CASALS-Solucionario-Fisica-y-Quimica-1-Bachillerato.pdf

solucionario unidades didácticas

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Unidad 1. La ciencia y sus herramientas de trabajo 1. a) Física. Cuando la sal está disuelta en agua, no se produce ninguna transformación en los iones que componen la sal ni en las moléculas de agua. Únicamente, se separan los iones de la sal y se rodean se las moléculas de agua. b) Química. Los compuestos de la cerilla se combinan con el oxígeno del aire. c) Física y química. Los alimentos sufren una serie de transformaciones físicas, como la solubilización con la saliva y los jugos digestivos, el fraccionamiento mecánico en la masticación, la emulsión durante la acción de la bilis. Por otro lado, las enzimas presentes en las secreciones digestivas producen la degradación de las moléculas de los alimentos mediante reacciones químicas. d) Física. Aumenta la energía cinética de las moléculas e) Química (y física). El oxígeno se combina con el hierro. Como consecuencia, cambian las propiedades mecánicas y la yema se desmenuza. f) Física. Únicamente, se produce un cambio en la dirección de la luz. g) Física. Las moléculas de agua se aproximan unas a otras al condensarse, pero no se transforman. h) Química. El azúcar se descompone y se obtiene una nueva sustancia. 2. a) Deducción, ya que aplicamos una ley general para estimar la profundidad del pozo. b) Inducción, ya que el estudio de la caída de diversos cuerpos en el vacío nos permite establecer una ley de carácter general. Ejemplo de deducción: calentamos, hasta una cierta temperatura, un recipiente rígido y cerrado que contiene aire. Al conocer su volumen, podemos calcular la presión del gas en su interior aplicando la ley de Gay-Lussac. Ejemplo de inducción: el alejamiento cósmico de las galaxias distantes, estudiadas hasta la fecha, nos permite suponer que las restantes, todavía no caracterizadas, también se están alejando. Esta generalización permite suponer que el Universo está en expansión. 3. Superficie: dm2, densidad: g/dm3, velocidad: dm/min. 4. Debido a que, actualmente, la cota de error es mayor que 1 milésima de segundo. 5. No, ya que las balanzas normales en las que se pesan las personas tienen un error absoluto superior al gramo. 6. Sí. Si consideramos que un garbanzo tiene un diámetro medio de 8 mm, podemos calcular su volumen medio, que es 2,68 × 10–7 m3. El volumen correspondiente a mil millones de garbanzos es de 268 m3, volumen inferior al de una piscina de 50 × 25 × 3 m (3 750 m3). Nota: los garbanzos ocupan un volumen mayor del que suman, ya que queda un espacio entre ellos. Pero, aun considerando el caso menos favorable en el que cada garbanzo ocupara un volumen correspondiente a un cubo de arista igual a su diámetro (empaquetado cúbico simple), el volumen que suman no es tan grande como el de la piscina. 7. Para la estimación del error absoluto, debe aplicarse el procedimiento descrito al final del apartado 10 del libro del alumno. Para el error relativo, los alumnos deben dividir el error absoluto por su altura (y multiplicarlo por 100 para obtenerlo en %). 38


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8. No, ya que el margen de certeza es 0,1 m2. Por lo tanto, no tiene sentido indicar la superficie con una cifra que expresa hasta la milésima del m2. 9. Cuando su dirección y su sentido son iguales.   10. Denominamos s al vector suma y r al vector diferencia, de tal manera que       s =a i +bj y r =a i −bj  Dado que el módulo de s vale 2:    s = a i +bj = a 2 +b2 =2  Por último, aplicamos este desarrollo al cálculo del módulo de r   2   r = a i −bj = a 2 +(−b) = a 2 +b2 = s =2   11. El módulo de la diferencia entre u y v es

  u −v =

(u

−v x ) +(u y −v y ) = u x2 +u 2y + v x2 + v 2y −2u x v x −2u y v y (1) 2

2

x

  Por el enunciado del problema sabemos que u = v =3 o, lo que es lo mismo: u x2 +u 2y = v x2 + v 2y =3

u x2 +u 2y = v x2 + v 2y = 9 (2)

Para maximizar el módulo de la diferencia entre dos vectores, el ángulo que forman debe ser de 180º, aplicando este dato a la definición de producto escalar entre dos vectores se obtiene:     u v = u v cos 9 (3) u x v x u y v y 3 3 cos 180˚ Sustituyendo los resultados (3) y (2) en la expresión (1) se encuentra el módulo máximo de la diferencia  2 u v max = u x2 +u 2y  +  v x2 + v 2y  2 u x v x +u y v y       

  u v max = 9+ 9 2

( 9) =

36 =6

12. No, ya que el producto escalar de dos de los tres vectores considerados tiene como resultado un escalar, no un vector. Por lo tanto, no se puede hacer un nuevo producto escalar con el tercer vector considerado. 13. No, ya que su módulo no es 1, sino 2. 14. El módulo del vector considerado. 15. Para poder expresar más cómodamente cantidades muy grandes o muy pequeñas en el Sistema Internacional, se utiliza un conjunto de prefijos. Para cambiar la unidad en que se ha expresado una cantidad utilizamos factores de conversión:

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Unidad 1. La ciencia y sus herramientas de trabajo

0,000025 N ×

2,3 × 107 g ×

25 × 10−4 A ×

106 N = 25 μN 1N

1 Mg = 23 Mg 106 g

103 mA = 2,5 mA 1A 1 ns 38 × 10−10 s × = 3,8 ns 10 9 s

0,006 C × 103 mC/1 C = 6 mC

74 × 108 m × 1 Gm/109 m = 7,4 Gm

16. 5 hg = 5 hg ×

100 g = 500 g 1 hg

4 × 107 pm = 4 × 107 pm ×

10 -12 m 1 Gm = 4 × 10−14 Gm 1 pm 109 m

106 g 1 1 Mg = Mg 20 000 20 000 1 Mg

1 ag = 5 × 1019 ag -18 10 g 1 pm = 0,5 pm 10 -12 m

1 10-9 m 1 nm = nm 2 000 2 000 1 nm

1 1 mm 3 = mm 3 500 500

10-9 m3 = 2 × 10−12 m3 1 mm 3

0,00007 fs = 0,00007 fs ×

10-15 s 1 s 1 fs 10 -6 s

9 × 109 mm = 9 × 109 mm ×

7 × 10−14 μs

10 -3 m 1 Pm = 9 × 10−9 Pm 1 mm 1015 m 106 s 1 ks 0,047 Ms = 0,047 Ms × 47 ks 1 Ms 103 s 0,04 m 2 =0,04 m2

1 mm 2 = 4 × 104 mm2 10 -6 m2

1kg = 0,3 kg 103 g 106 s 8 × 10−5 s = 8 × 10−5 s × 1s

300 g = 300 g ×

0,5 GA = 5 × 10−1 GA ×

80 µs

10 9 A 10 3 mA 1 GA 1A

5 × 1011 mA

17. La media aritmética de los 5 valores es:

(54,2 +53,9+54,4 +54,0+54,3) =54,16 cm3 5

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La medición que más se aparta de esta medida es 53,9 cm3. La diferencia con la medida es 54,16 – 53,9 = 0,26 cm3. Como cota de error absoluto tomaremos esta cifra redondeada a un solo dígito, es decir, 0,3 cm3. Si la cota de error es de 0,3 cm3, no podemos expresar el valor medido escribiendo hasta las centésimas. Por eso redondeamos también la medida obtenida. Así pues, expresaremos el resultado como:

54,2 ± 0,3 cm3

18. Observando los tiempos obtenidos por los diferentes cronometradores se puede ver que uno de los valores, el 20,5, se aleja mucho del resto de valores, de manera que se ha podido producir algún tipo de error al medir este tiempo y no lo podemos tener en cuenta a la hora de calcular el resultado. Como valor medido tomaremos la media aritmética de los otros cinco valores. La media aritmética de los cinco valores es: (23,1 + 23,4 + 23,1 + 23,3 + 23,1) = 23,2 s 5 La medición que más se aparta de esta medida es 23,4 s La diferencia con la medida es 23,2 – 23,4 = 0,2 s Como cota de error absoluto tomaremos esta cifra. Así pues, como resultado de la medición se adoptará la media aritmética y expresaremos el resultado como:

23,2 ± 0,2 s

19. Supongamos que la altura de la persona es de 150 cm. La medida de la persona expresada con su cota de error absoluto es:

altura = 150 ± 1 cm

Su cota del error relativo, expresada en tanto por ciento, es: 1 cm 100= 0,66 % er = 150 cm El diámetro de una moneda de un euro es de 21 mm. La medida expresada con su cota de error absoluto es:

diámetro = 21 ± 1 mm

Su cota del error relativo, expresada en tanto por ciento, es: 1 mm 100= 4,76 % er = 21 mm La medida de la altura de la persona es más precisa que la medida del diámetro de la moneda porque su cota de error relativo es menor. 20. Teniendo en cuenta la fórmula siguiente podremos calcular el error relativo (er) de cada medida. e er = a 100 m 0 ,2 100 = 0,4 % l = 50 ± 0,2 cm → er = 50 41


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V = 150 ± 3 cm3 → er =

3 100 = 2 % 150

0 ,02 100 = 0,025 % 80 30 100 = 0,05 % m = 60 000 ± 30 kg → er = 60 000 La más precisa es t con un er < 0,025 % y la menos precisa es V con un er < 2 %.

t = 80 ± 0,02 s → er =

21. El error relativo (er) es el cociente entre la cota del error absoluto (ea) y la cantidad medida. En una probeta graduada de 5 en 5 cm3, éste será el error absoluto, con lo que, el error relativo en porcentaje vendrá dado por: e 5 cm 3 er = a × 100 = 100 2,8 % V 180 cm 3 Por lo tanto, habrá bastante con una probeta graduada de 5 en 5 cm3. 22. 6 cifras; 2,64 × 104 m; 4 cifras; 8,50 × 10–3 g 5 cifras; 3,09 × 104 km; 6 cifras; 3,00 × 105 kg 5 cifras; 1,01 × 102 s 23. Primero calculamos el volumen del cilindro:

V = π × r2 × h = 3,1416 × (5 × 10−2 m)2 × 2,580 m = 2,0263 × 10−2 m3

Calculamos la masa del cilindro de plástico.

m=V×ρ

m = 2,0263 × 10−2 m3 × 1,200 × 103 kg/m3 = 24,32 kg

24. Sabiendo la masa y la densidad de un líquido podemos hallar el volumen que ocupa a partir de la ecuación: m V= En el caso de una probeta cilíndrica, el volumen es V = s h , donde s representa la sección y h la altura. Aislando h hallamos:

h=

m s

=

225 g g 0,798 3 14,5 cm 2 cm

19,4 cm

25. Para poder calcular la masa de una esfera a partir de la densidad, hay que conocer su volumen. El volumen de una esfera se calcula a partir de la fórmula siguiente: 4 V= r3 3 Como conocemos el radio, sustituyendo en la fórmula anterior tenemos: 4 V = (6,43 c m )3 = 1 113,6 cm3 3 Y obtendremos la masa a partir de la densidad: 7,86 g 1113,6 cm 3 = 8 752,9 g = 8,75 kg m= 3 cm 42


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26. La superficie de una vuelta semiesférica viene dada por la expresión:

S = 2 π R2

Sustituyendo R por 2,57 m se obtiene una superficie de 41,5 m2. Sabemos que hacen falta 0,450 kg para cubrir un metro cuadrado de superficie, por lo que la cantidad total de pintura necesaria será: kg 2 M = 0,450 2 41,5m = 18,7 kg m  27. a) En la figura se pueden observar las proyecciones del vector a sobre  ejes de las  los   coordenadas. Así, el vector a se puede expresar como: a = ax i + ay j . Tomando  como unidad un cuadrado, el vector a será:    a = 3i – 5 j El cuadrado del módulo de un vector se puede expresar como la suma de los  cuadrados de sus componentes. Por lo tanto, el módulo del vector a es:  | a |2 = 32 + (−5)2 = 34  | a | = 34 = 5,83

_

ay

a

+ ax

El resto de vectores los expresaremos siguiendo la misma metodología.      b) b = −3 i + 7 j ; |b |2 = (−3)2 + 72 = 58; |b | = 58 = 7,62     c) c= 7 i ; |c|2 = 72 = 49; |c| = 49 = 7      d) d = 5 i − 7 j ; |d |2 = 52 + (−7)2 = 74; |d | = 74 = 8,60      e) e= −4 i − 7 j ; | e|2 = (−4)2 + (−7)2 = 65; | e| = 65 = 8,06      f) f = 3 i + 3 j ; | f |2 = 32 + 32 = 18; | f | = 18 = 4,24     g) g = −4 j ; | g |2 = (−4)2 = 16; | g | = 16 = 4      h) h = 6 i + 3 j ; |h |2 = 62 + 32 = 45; |h | = 45 = 6,71

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Unidad 1. La ciencia y sus herramientas de trabajo 28. Con el fin de calcular el ángulo que forman los vectores con el eje x utilizaremos la expresión:  v x = v cos j donde φ representa el ángulo que debemos hallar. Teniendo en cuenta los resultados del ejercicio 27, aislando φ para cada caso, teniendo presente que, si el segundo componente del vector es positivo, el ángulo será inferior a 180º, mientras que, si es negativo, el ángulo estará comprendido entre 180º y 360º. 3     a) a =3 i 5 j ; a =5,83 ; a =cos 1 −59º 5,83     3 = 113,2º b) b = 3 i + 7 j ; b = 7,62 ; b =cos 1 7,62   7  c) c = 7 i ; c = 7 ; c =cos 1 = 0º 7     5 −54,5º d) d =5 i 7 j ; d =8,6 ; d =cos 1 8,6    4  = 240,3º e) e = 4 i 7 j ; e =8,06 ; e =cos 1 8,06     3 = 45º f) f =3 i +3 j ; f = 4,24 ; f =cos 1 4,24 4    1 g) g = 4 j ; g = 4 ; g cos 180º 4     6 = 26,6º h) h =6 i +3 j ; h =6,71 ; h =cos 1 6,71  29. a) El vector s se calcula:    s =u+v        s = (2 i + 3 j ) + (4 i −2 j ) = 6 i + 1 j

v

u s

b) El módulo de un vector se calcula:  | u| = 2 2 + 32 = 4 + 9 = 3,606  | v| = 4 2 + (-2)2 = 16 + 4 = 4,472  | s | = 62 + 12 = 36 +1 = 6,083 30. a) La diferencia vendrá dada por:            d = a – b = (3 i – 4 j ) – (8 i + 6 j ) = (3 – 8) i + (−4 – 6) j = −5 i – 10 j

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Y gráficamente será:

b a-b

a

b) Los módulos de los vectores serán: | a |= 32 +( 4)2 = 5  | b |= 82 +62 = 10  | d |= (−5)2 +(−10)2 = 11,18    31. a) 2 i · (3 i + 2 j ) = (2 × 3) + (0 × 2) = 6 + 0 = 6 Como el producto escalar es positivo, el ángulo que forman los dos vectores es agudo.     b) ( i + j ) · (3 i + 5 j ) = (1 × 3) + (1 × 5) = 3 + 5 = 8 Como el producto escalar es positivo, el ángulo que forman los dos vectores es agudo.     c) (4 i + 3 j ) · (4 i + 3 j ) = (4 × 4) + (3 × 3) = 16 + 9 = 25

Como el producto escalar es positivo, el ángulo que forman los dos vectores es agudo.     d) ( i + 5 j ) · ( i − 5 j ) = (1 × 1) + (5 × (−5)) = 1 − 25 = −24 Como el producto escalar es negativo, el ángulo que forman los dos vectores es obtuso.     e) (3 i − 6 j ) · (4 i + 2 j ) = (3 × 4) + ((−6) × 2) = 12 − 12 = 0

Como el producto escalar es cero, el ángulo que forman los dos vectores es recto.   f) 2j · (7 i − 4 j ) = (0 × 7) + (2 × (−4)) = 0 − 8 = −8

Como el producto escalar es negativo, el ángulo que forman los dos vectores es obtuso.     g) (3 i + 4 j ) · (16 i − 12 j ) = (3 × 16) + (4 × (−12)) = 48 − 48 = 0

Como el producto escalar es cero, el ángulo que forman los dos vectores es recto.    h) ( i − j ) · (− j ) = (1 × 0) + ((−1) × (−1)) = 0 + 1 = 1

Como el producto escalar es positivo, el ángulo que forman los dos vectores es agudo.

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Unidad 1. La ciencia y sus herramientas de trabajo 32. a) Producto escalar   a b =a x bx +a y b y = 4 × 1 + (−2) × (−2) = 8 b) Producto de los módulos  a = a x2 +a 2y =2 5  b= 5   a b = 10 c) Para hallar el coseno del ángulo que forman los dos vectores aplicamos la defini    ción de producto escalar a b = a b cos j. Aislando:   8 a b cos j =   = = 0,8 a b 10 33. Efectuamos el producto escalar de los dos vectores:       a · b = (4 i – 2 j ) · (3 i – 4 j ) = 4 × 3 + (−2) × (−4) = 20 Calculamos sus módulos:  | a | = 4 2 +(−2)2 = 20  | b | = 32 +(−4)2 = 25

    Según la definición de producto escalar: a · b = | a | | b | cos φ Consecuentemente: 20 =

20 × 25 × cos φ = 500 × cos φ = 22,36 × cos φ

De donde se obtiene: 20 =0,894 4 cos φ = 22,36 El ángulo correspondiente es:

φ = 26,57º = 26º 34’

     34. El vector v = a − b se calcula restando las coordenadas de b y las de a .      v = (5 – 2) i + (−3−1) j = 3 i − 4 j   El vector unitario en la dirección de v lo obtendremos dividiendo el vector v por su módulo:         3i -4 j 3i 4 j v ev =  = = 0,6 i – 0,8 j 5 |v| 32 ( 4)2 35. Los componentes de un vector se obtienen restando las coordenadas de su extremo menos las de su origen.        AB = B – A = (10 – 2) i + (2 – (−4)) j = 8 i + 6 j Calculamos el módulo del vector.  | AB | = 82 + 62 = 100 = 10  Para obtener un vector unitario e de la misma dirección y sentido que AB basta con dividirlo por su módulo. 46


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   6 8i + 6 j 8 v  i+ j = 0,8i + 0,6j = e=  = 10 10 10 v   El vector unitario de sentido contrario es −0,8 i − 0,6 j  36. El módulo del vector v es:  | v| = 202 +( 15)2 = 25   El vector unitario e de la misma dirección y sentido que el vector v se calcula dividiendo éste entre su módulo:      20 i 15j e= = 0,8 i – 0,6 j 25  El vector de módulo 12, r , en la misma dirección y sentido que v será:        r = |r | × e = 12 × (0,8 i – 0,6 j ) = 9,6 i – 7,2 j  37. Queremos determinar el vector r cuyos componentes son:    r = −x i + y j  El módulo del vector v es:  | v| = 72 2 +( 15)2 = 73,54 El producto escalar entre los dos vectores se expresa como:     r · v = |r | · | v| cos φ Para que sean dos vectores con la misma dirección, el ángulo φ que forman debe ser 0. El coseno de 0 es 1. Por lo tanto, su producto escalar será:       r · v = |r | · | v| cos 0 = |r | · | v| = 9 × 73,54 = 662   r · v = (x × 72) + (y × −15) = 662  El módulo del vector r debe ser 9: (x)2 +( y)2 = 9

Obtendremos dos ecuaciones con dos incógnitas. Resolviendo el sistema:

72x – 15y = 662

x2 + y2 = 81  El vector r será:    r = −8,81 i + 1,84 j

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Unidad 1. La ciencia y sus herramientas de trabajo 38. Dibujamos

N NO

β

O

E

α

α = 45º

SO

β = 90º

El componente W tiene el S valor de:

W = |SW| cos α = 18 × cos 45 = 12,7 km/h

El componente NW tiene valor de:

NW = |SW| cos β = 18 × cos 90 = 0 km/h

39. El componente de su peso paralelo en el plano lo podemos representar como PT :

PT

25º 25º

P

PN

Y se define como:

PT = |P| sen φ

Sustituyendo:

PT = 60 sen 25º = 25,4 N

Y el componente perpendicular en el plano se puede representar como PN Y se puede calcular PN a partir de:

PN = 60 cos 25º = 54,4 N

 40. El vector unitario en la dirección de b será:        4 i-3 j 4 i-3 j b  eb =  = = = 0,8 i – 0,6 j 5 |b| 4 2 +(−3)2 48


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     El componente de a sobre b se obtiene aplicando la fórmula: ab = a · eb      ab = (2 i – 5 j ) · (0,8 i – 0,6 j ) = 2 × 0,8 + (−5) × (−0,6) = 4,6  41. El vector s será:           s = a + b = (9 i –16 j ) + (2 i – 8 j ) = (9 +2) i +(−16 – 8) j = 11 i – 24 j  El vector unitario en la dirección de s lo obtendremos dividiéndolo por su módulo:        11 i - 24 j 11 i - 24 j s  = =0,4 i- 0,9 j es =  = 26,4 s 112 +(−24)2      La proyección de a sobre el vector s se obtiene aplicando la fórmula: a s = a · e s      a s = (9 i –16 j ) · (0,4 i – 0,9 j ) = 9 × 0,4 + (−16) × (−0,9) = 18      La proyección de b sobre el vector s se obtiene aplicando la fórmula: b s = b · e s      b s = (2 i –8 j ) · (0,4 i – 0,9 j ) = 2 × 0,4 + (−8) × (−0,9) = 8 42. Con el fin de calcular el componente de esta fuerza, primero hay que hallar el vector  unitario en la dirección de v:        14 i-5 j 14 i-5 j v  = =0,94 i 0,34 j ev =  = v 221 14 2 +( 5)2   La proyección de u sobre v se obtiene aplicando la fórmula:   Fv = F · e v     Fv = (2 i − j ) · (0,94 i − 0,34 j ) = 2 × 0,94 + (−1) × (−0,34) = 2,22 N 43. a) El componente de la velocidad del viento en la dirección en que navega el barco  es el segmento vr. Podemos expresar el vector v como:   v = 30 i km/h

Para determinar la longitud de este segmento, aplicamos la ecuación:  vr = | v| cos φ  El módulo del vector v es:  | v| = 302 = 30 km/h   El ángulo φ que forman los vectores v y r se puede calcular utilizando la cuadrícula dibujada en la figura. La tangente de φ es: 1 tg α = = 0,5 2 El ángulo cuya tangente es 0,5 es:

arc tg 0,5 = 26,56º Sustituyendo en la ecuación, tenemos que:  vr = | v| cos φ = 30 cos 26,56 = 26,8 km/h

49


30/7/08 16:06:32


r’ V

r Vr’

Vr ϕ O

b) El componente de la velocidad del viento en la dirección perpendicular en que navega el barco es el segmento vr’. En esta situación, el ángulo que forman los dos   vectores, v y r ’ es 90 − φ. Así pues, sustituyendo en la ecuación:  vr’ = | v| cos (90 − φ) = 30 cos (90 − 26,56) = 13,4 km/h 44. Cogiendo como origen de coordenadas el punto B, las coordenadas de cada uno de los puntos serán: A (0, 9); B (0, 0); C (12, 0); P (12, 9) a) Los vectores AP, BP, CP se pueden calcular de la manera siguiente:    AP = (12 − 0) i + (9 – 9) j = 12 i cm     BP = (12 − 0) i + (9 – 0) j = (12 i + 9 j ) cm   CP = (12 − 12) i + (9 − 0) j = 9j cm    b) Calculamos los vectores unitarios u A, u B, u C:    12 i  12 i i uA = 2 2 12 12 +0        12 i + 9 j 12 i + 9 j uB = 0,8 i + 0,6 j 15 12 2 + 92     9 9 uC = = =j 9 02 92 c) Para expresar vectorialmente las fuerzas que actúan sobre la partícula sólo hay que multiplicar cada uno de los vectores unitarios por su módulo en el sentido correspondiente:      F AP = F AP · u A = −5 × i = −5 i (N)       F BP = F BP · u B = 15 × (0,8 i + 0,6j) = 12 i + 9 j (N)      F CP = F CP · u C = 15 × j = 15 j (N)  d) La suma vectorial de los tres vectores, F T, corresponde a la fuerza neta sobre la partícula, y será:         F T = F AP + F BP + F CP = (−5 i ) + (12 i + 9 j ) + (15 j ) =     = (−5 + 12 + 0) i + (0 + 9 +15) j = 7 i + 24 j N

50


30/7/08 16:06:33


30/7/08 16:06:33

Unidad 2. Cinemática Desplazamiento y velocidad media s s0 3 ( 5) = = 4 m/s 2 0 t t0 b) vm = [9 − (−5)] / (5 – 0) = 2,8 m/s

1. a) vm =

c) vm = [7 − (−5)] / (12 – 0) = 1 m/s d) vm = (9 − 3) / (5 – 2) = 2 m/s e) vm = (12 – 9) / (8 – 5) = 1 m/s f) vm = (7 – 12) / (12 – 8) = −1,25 m/s g) vm = (12 – 3) / (8 – 2) = 1,5 m/s h) vm = (7 – 9) / (12 – 5) = −0,286 m/s 2. Los valores de las posiciones finales e iniciales los hallamos sustituyendo t por los valores de cada intervalo de tiempo en la expresión de la posición del móvil en función del tiempo:

s = 2t2 + 5t – 9

a) s (1) = −2 m; s (0) = −9 m; vm = [−2 − (−9)] / (1 – 0) = 7 m/s b) s (4) = 43 m; s (0) = −9 m; vm = [43 − (−9)] / (4 – 0) = 13 m/s c) s (5) = 66 m; s (2) = 9 m; vm = (66 − 9) / (5 – 2) = 19 m/s d) s (8) = 159 m; s (3) = 24 m; vm = (159 − 24) / (8 – 3) = 27 m/s 3. Altura total del edificio: h = 4 × 8 = 32 m 1) En la subida: s (0) = 0 m; s (48)= 32 m; vm = (32 − 0) / (48 –0) = 0,67 m/s 2) En la bajada: s (48) = 32 m; s (80) = 0 m; vm = (0 − 32) / (80 – 48) = −1 m/s 3) Recorrido completo: s (0) = 0 m; s (80) = 0 m; vm = (0 − 0) / (80 – 0) = 0 m/s 4. a) En la subida: s (0)= 0 km 1h = 2/3 h; s(2/3) = 18 km Δt = 40 min × 60 min 18 km vm = = 27 km/h 0,67 h b) En la bajada: s (0) = 0 km 1h = 1/3 h; s (1/3) = 24 km Δt = 20 min × 60 min 24 km vm = = 72 km/h (1/3) h

3) En el recorrido completo: s (0) = 0 km Δt = 1 h; s (1) = 24 km + 18 km = 42 km 42 km vm = = 42 km/h 1h

52


30/7/08 16:06:33

s = 16 km/h. t s En la bajada: vm = = 48 km/h t' s s Aislamos t y t’ : t = ; t’ = 16 48

5. En la subida: vm =

La vm en el recorrido total es: vm =

2s 2s 2s = = = 24 km/h s t +t ' s + s 16 48 12

Movimiento uniforme (con un solo móvil) 6. Hallamos la recta que definen los puntos A (0, −8) y C (5, 10): 18 s= t–8 5 Los restantes puntos de la tabla posición-tiempo B (3, 2,8), D (9, 24,4) y E (10, 28) verifican la ecuación de la recta, por lo que puede tratarse de un movimiento uniforme. La velocidad coincide con la pendiente de la recta: 7. Ordenada inicial s0 = 15 m. Instante inicial t0 = 1 s. La velocidad es la pendiente de la recta que pasa por los puntos A (1, 15) y B (3’,5, 30): 30 15 = 6 m/s. 3,5 1 La ecuación es: s −15 = 6 (t − 1). Haciendo operaciones, resulta: s = 6t + 9

v=

8. La ecuación del movimiento uniforme es: s = s0 + v ∆t En este caso: v = 27 km/h = 7,5 m/s; s0 = 0 y t0 = 0. Por lo tanto la ecuación de este movimiento es: s = 7,5t. Los gráficos posición-tiempo y velocidad-tiempo son los siguientes: s m 500

v m/s 7,5

0

20

40

60

80

t s

0

20

40

60

80

t s

9. La gráfica representa un movimiento a 100 km/h durante 1,2 h y un movimiento a 40 km/h en sentido contrario durante 0,8 h. La ecuación que describe el movimiento a 100 km/h es:

s = 100 t

La posición del móvil transcurridas 1,2 h es:

s (1, 2) = 1,2 × 100 = 120 km

53


30/7/08 16:06:34

Unidad 2. Cinemática La ecuación del movimiento del segundo tramo es:

s −120 = −40 (t − 1,2); s = −40t + 168

s (2) = −40 × 2 + 168 = 88 km

El desplazamiento total en las 2 h de movimiento es de 88 km. s km 120 100 88

50

0

1

2

t h

Movimiento uniforme (con dos móviles) 10. La ecuación del movimiento uniforme es:

s = s0 + v (t – t0)

Para el móvil 1 se obtiene la ecuación:

s1 = 20 + 5t

Para el móvil 2:

s2 = 12 × (t − 3) = 12t – 36

Cuando el móvil 2 atrape al móvil 1 será s1 = s2:

20 + 5t = 12t – 36

La solución de esta ecuación es:

t=8s

Los móviles se encuentran 8s después de que salga el móvil 1. Sustituyendo en la ecuación del movimiento hallamos la posición donde se encuentran:

s1 (8) = s2 (8) = 60 m

11. La ecuación del movimiento uniforme es:

s = s0 + v (t –t0)

La ecuación del movimiento del tren que sale de M es:

sM = 45 × (t – 8) = 45 t – 360

y la del tren que sale de N:

sN = 48 − 60 × (t – 8,25) = −60t + 543

En el instante de cruzarse sM = sN:

45t –360 = −60t + 543

54


30/7/08 16:06:34

La solución de esta ecuación es:

t = 8,6 h

En este instante:

sM (8,6) = sN (8,6) = 27 km s km 50 40 30 20 10 0 8

t h

9

Gráfico posición-tiempo 12. v1 = 90 km/h = 25 m/s; v2 = 126 km/h = 35 m/s Utilizando la ecuación del movimiento uniforme, s1 = s0 + v ∆t, calculamos las posiciones para diferentes instantes y hacemos la representación gráfica. Tiempo/s

Posición automóvil/m

Posición policía/m

0

0,0

1

25,0

2

50,0

0

3

75,0

35

4

100,0

70

5

125,0

105

6

150,0

140

7

175,0

175

8

200,0

210

s m 200

100

0

5

10

t s

Gráficamente se ve que las dos líneas se cruzan a los 7 segundos y en la posición de 175 m.

55


30/7/08 16:06:35

Unidad 2. Cinemática

Movimiento uniformemente variado (un móvil) 13. La aceleración en el movimiento uniformemente variado es: v v v0 a= = t t t0 En este caso: a = (20 10) m/s = 0,375 m/s2 40 s El espacio que recorre el tren en los 40 s es:

s = s0 + v0 t + 1 a t2 = 0 + 10t + 1 0,375 t2 = 10t + 0,188t2 = 700 m 2 2

14. Δt = 4 min 10 s = 250 s Como el movimiento es uniformemente acelerado,

v = v0 + a ∆t = 0 + 0,032 km/s2 × 250 s = 8 km/s =28 800 km/h

El espacio que recorre es: s = s 0 + v0 ∆t + 1 a ∆t2 = 1 0,032 km / s 2 (250 s)2 =1 000 km 2 2 15. Utilizamos las ecuaciones: v v0 a= y s = s0 + v0 Δt + 1 a (Δt)2 2 t

Sustituyendo:

a=

v0 4

40= 4v 0 + 1 a 4 2 2

v0 = 20 m/s; a = −5 m/s2

16. Aplicamos la ecuación del movimiento uniformemente acelerado:

s = s0 + v0 (t –t0) + 1 a (t – t0) 2 = 20 + 12 (t – 3) − (t – 3)2 = 2 = −25 +18 t – t2

Sustituyendo t = 10 s en la ecuación: s = 55 m Para hallar la velocidad en el instante t = 10s utilizamos la ecuación v = v0 + a (t − t0):

v = 12 m/s –2 m/s2 × (10 − 3) s = −2 m/s

17. Entre t = 0 s y t = 18 s el móvil sigue un movimiento uniformemente variado (acelerado) aunque de t = 0 s a t = 8 s tiene una aceleración más pronunciada que durante los 10 segundos posteriores. Entre t = 18 s y t = 30 s la velocidad se mantiene constante y el movimiento es uniforme. En el último tramo del gráfico la velocidad del móvil decrece con movimiento uniformemente variado (retardado). De t = 0 s a t = 8 s:

a = ∆v/∆t = (12 − 0)/(8 − 0) = 1,5 m/s2

∆s = v0 Δt + 1 a (Δt)2 = 0 +1/2 × 1,5 × 82 = 48 m 2

56


30/7/08 16:06:35

De t = 8 s a t = 18 s:

a = ∆v/∆t = (18 − 12)/(18 − 8) = 0,6 m/s2

∆s = v0 ∆t + 1 a (Δt)2 =12 × 10 + 1/2 × 0,6 × 102 = 150 m 2 De t = 18 s a t = 30 s:

∆s = v ∆t = 18 × (30 – 18) = 216 m

De t = 30 s a t = 34 s:

a = ∆v/∆t = (0 − 18)/(34 − 30) = −4,5 m/s2

∆s = v0 ∆t + 1 a (Δt)2 = 18 × 4 +1/2 × (−4,5) × 42 = 36 m 2 Sumamos los desplazamientos de cada tramo y obtenemos el desplazamiento total. ∆s total = 48 + 150 + 216 +36 = 450 m 18. a) La aceleración en la subida es: a =∆v/∆t = (0 − 18)/(2 − 0) = −9 m/s2

El desplazamiento es:

∆s = v0 ∆t + 1 a (Δt)2 = 18 × 2 +1/2 × (−9) × 22 = 18 m 2 b) El desplazamiento del bloque en la bajada será el mismo que en la subida y la velocidad inicial será 0. Si aislamos la aceleración en la ecuación ∆s = v0 ∆t + 1/2 a ∆t2, tenemos: 2 ( s v 0 t) 2 ( 18 0) = −4 m/s2 a= = 2 2 3 ( t) La velocidad final será:

v = v0 + a ∆t = 0 − 4 × 3 = −12 m/s

19.

v m s –1 30 20 10 0

10

20

30

40

t s

Gráfico velocidad-tiempo El área comprendida entre la gráfica v-t y el eje de tiempo representa a escala el desplazamiento total realizado por el móvil. En este caso es el área del trapecio representado en la figura: Δs = suma de les bases altura = 35 s+10 s 30 m/s=675 m 2 2 20. En el movimiento uniformemente acelerado: v2 − vo2 = 2aΔs En este caso: v2 − 0 = 2 × 1,6 m/s2 × 5 m = 16 m2/s2 Por lo tanto: v = 4 m/s = 4 m/s ×


1 km 3600s = 14,4 km/h 1h 1000m

57

30/7/08 16:06:36

Unidad 2. Cinemática 21. 45 km/h = 12,5 m/s Aislamos Δs de la ecuación v2 − vo2 = 2aΔs: v 2 v 02 0 (12,5 m/s)2 s= = =7,97m 2a 2 ( 9,8 m/s2 ) La ecuación del movimiento uniformemente variado es: 1 s = s0 + v0 (t –t0)+ a (t –t0) 2 = 0 + 12,5(t − 0) − 4,9 (t − 0)2 = 12,5t – 4,9t2 2 Al llegar otra vez al punto de partida será s = s0 = 0, es decir: 12,5t – 4,9t2 = 0 Las soluciones de esta ecuación son: t = 0, que corresponde al instante inicial del movimiento,

y t = 12,5/4,9 = 2,55 s.

El cuerpo tarda 2,55 s en volver al punto de partida. 22. La velocidad del cohete después de 5 s es:

v = v0 + am Δt = 0 + 8 m/s2 × 5 s = 40 m/s

La altura que alcanza es: 1 1 s = s0 + v0 Δt + a (Δt)2 = 0 + 0 + × 8 m/s2 × (5 s)2 = 100 m 2 2 Después la aceleración es la de la gravedad (g = −10 m/s2) y la ecuación del movimiento a partir de aquí será: 1 s = s0 + v0 Δt + a (Δt)2 2 s = 100 + 40(t − 5) – 5(t − 5)2 = −225 + 90 t − 5 t2 a) Calculamos el instante correspondiente al punto más alto (en este punto v = 0): v v0 a= t

0 40 t 5 Aislando t obtenemos: − 10 =

t=9s Haciendo t = 9 s en la ecuación del movimiento resulta: s = −225 + 90 × 9 − 5 × 92 = 180 m La altura total alcanzada por el cohete hasta que se detiene es de 180 m.

b) Al llegar al punto de partida la posición es s = 0. Por lo tanto:

−225 + 90 t − 5 t2 = 0 Las soluciones de esta ecuación son t = 3 s y t = 15 s.

Como esta fase del movimiento comienza en el instante t = 5 s, el tiempo t = 3 s no es válido.

Así pues, el tiempo total de vuelo del cohete es de 15 s.

58


30/7/08 16:06:37

Movimiento uniformemente variado (dos móviles) 23. La ecuación del movimiento uniforme del hombre es:

sh = s0 + v0 t; sh = 6t

La ecuación del movimiento uniformemente acelerado del tren es: 1 st = s0 + v0 t + a t2 2 2 st = 32 + 0,25t Cuando el hombre atrapa al tren, sus posiciones coinciden (st = sh) :

0,25t2 + 32 = 6t

Resolviendo la ecuación de segundo grado se halla que el hombre atrapará al tren en el instante t = 8 s. s m 50

0

10

t s

km = 30 m/s; v2 = 54 km/h = 15 m/s h Los dos movimientos son uniformemente acelerados, deben hallarse las ecuaciones 1 del movimiento de los dos trenes s = s0 + v0 t + a t2: 2 s1 = 30t – 0,3t2

24. v1 = 108

s2 = 120 + 15t + 0,2t2

La velocidad de cada tren se halla aplicando la expresión v = v0 + aΔt:

v1 = 30 – 0,6t; v2 = 15 + 0,4t

Igualamos v1 y v2 para hallar el tiempo transcurrido hasta que los dos trenes alcanzan la misma velocidad: 30 – 0,6t = 15 + 0,4t

t = 15 s; v = 21 m/s

Si los trenes llegan a chocar en ese instante será s1 = s2:

30t – 0,3t2 = 120 + 15t + 0,2t2

Esta ecuación no tiene soluciones reales. Por lo tanto, los trenes no chocan. 25. La aceleración de cada móvil es: (8 3)m/s = 0,5 m/s2 vA = (10 0) s

aB =

( 4 0) m/s = −0,4 m/s2 (10 0) s 59


30/7/08 16:06:38

Unidad 2. Cinemática 1 Si aplicamos la ecuación s = s0 + v0 t + a t2 del movimiento uniformemente acele2 rado obtenemos:

sA = 25 + 3t + 0,25t 2; sB = 40 – 0,2t 2

En el instante de choque sA = sB:

25 + 3t + 0,25t2 = 40 – 0,2t2

t = 3,33 s

26. sA0 = −10 m; vA = 6 m/s; sB0 = 40 m; v0B = 10 m/s; ( 6 10) m/s 0,8 m/s 2 20 s Las ecuaciones de los movimientos son:

aB =

sA = −10 + 6t y sB = 40 + 10t –0,4t2 s m 100

50

0 10

t s

20

Los móviles chocan en el instante 17,25 s en la posición 93,5 m. 27. 1) El móvil A tiene movimiento uniformemente acelerado de ecuación:

sA = 5t + 0,5t2

El móvil B tiene movimiento uniforme de ecuación: sB = 200 – 12t

Cuando se encuentren sA = sB: 5t + 0,5t2 = −12t + 200; t = 9,25 s

Sustituyendo t en sA: sA (9,25) = 89 m

Los dos móviles se cruzan a una distancia de 89 m del punto A.

2) Solución gráfica: s m 200

100

0

5

10

t s

60


30/7/08 16:06:38

28. Tomamos como positivo el sentido de la bajada. El ascensor baja con velocidad constante 2,5 m/s. Su movimiento viene descrito por una ecuación del tipo s = s0 + v t: sA = 2,5t El objeto se deja caer 6 s después sin velocidad inicial con una aceleración constante de 10 m/s2. 1 Su movimiento viene descrito por una ecuación del tipo s = s0 + v0 ∆ t + a (∆t)2: 2 s0 = 5 (t − 6)2 Cuando el objeto choque con el techo del ascensor sA = s0: 2,5t = 5 (t − 6)2 La ecuación de segundo grado tiene dos soluciones t1 = 4,5 s y t2 = 8 s. La primera solución no es válida porque el objeto no había sido lanzado todavía. Sustituyendo t = 8 s en la ecuación del movimiento hallamos: sA (8) = s0 (8) = 20 m 29. Aplicaremos la ecuación s = s0 + v0 ∆t + 1/2 a ∆t2 a los dos móviles. Para el primer móvil: s0A = 170 m; v0A= 0; t0 = 0; aA = −10 m/s2. Para el segundo móvil: s0B = 0; v0B= 20 m/s; t0 = 2 s; aB = −10 m/s2. Las ecuaciones de los respectivos movimientos son: sA = 170 + 1/2 × (−10) × t2 = 60 – 5t2

sB = 0 + 20 (t − 2) +1/2 ×(−10) × (t − 2)2 = − 60 + 40t – 5t 2

Cuando el cuerpo A se encuentre al triple de altura que el cuerpo B, se cumplirá que sA = 3 sB. Por lo tanto:

170 – 5t2 = 3 × (−60 + 40t – 5t 2)

t2 –12t + 35 = 0

Las soluciones de esta ecuación son:

t1 = 5 s y t2 = 7 s (imposible porque ya han llegado al suelo)

Los gráficos posición-tiempo y velocidad-tiempo se obtienen al dar diferentes valores de t a las ecuaciones anteriores y a las ecuaciones: vA= −10t y vB= 20 − 10t. Tiempo (s)

Posición A (m)

Posición B (m)

Velocidad A (m/s)

Velocidad B (m/s)

0

170

0

1

165

−10

2

150

0

−20

20

3

125

15

−30

10

4

90

20

−40

0

5

45

15

−50

−10

30. Aplicaremos por cada piedra la ecuación: ∆s = v0 ∆t + 1/2 a ∆t2. Para la primera piedra: v0A= 0; t0 = 0; aA = 10 m/s2. Para la segunda piedra: v0B= 25 m/s; t0 = 2 s; aB = 10 m/s2. ∆sA = 5t2 ∆sB = 25 (t − 2) + 5(t – 2)2 = −30 + 5t + 5t2 61


30/7/08 16:06:39

Unidad 2. Cinemática Como las dos piedras se lanzan desde el mismo lugar, el desplazamiento hasta llegar simultáneamente al suelo será el mismo, por lo tanto se cumplirá que ∆sA = ∆sB:

5t2 = −30 + 5t + 5t2; 30 = 5t; t = 6 s

Sustituyendo en cualquiera de las dos ecuaciones del desplazamiento s:

∆sA = 5t2 = 5 × 62 = 180

La altura de la torre es de 180 m. Para calcular la velocidad que alcanza cada una de ellas utilizamos la expresión vf = v0 + + a ∆t

vfA = 0 + 10 × 6 = 60 m/s

vfA = 25 + 10 × (6 – 2) = 65 m/s

Vector velocidad 31. a)

y

ro 0

x

             b) r = r0 + r 1 + r 2 + r 3 = 5 i + 2 j − i + 3 j −2 i − 2 j + 4 i − 5 j =   = 6 i − 2 j (m)       r r0 6 i 2 j 5 i 2 j    vm = = = 0,1 i − 0,4 j (m/s) ∆t 10   r r0  32. v m = t      a) v m = (12 i + 12 j ) / 2 = 6 i + 6 j (m/s)    b) v m = 24 i / 4 = 6 i (m/s)     c) v m = ( 0 i + 0 j ) / 8 = 0       d) v m = [ 12 i − 12 j − (12 i + 12 j ) ] / 4 = −6 j (m/s)        f) v m = [ 12 i − 12 j − (24 i + 0 j ) ] / 2 = −6 i − 6 j (m/s)         33. a) Entre t = 0 y t = 4 s: r = r (4) − r (0) = 8 i + 10 j − (− 6 j ) = 8 i + 16 j (m)     r − r0 8 i +16 j    = = 2 i + 4 j (m/s) b) v m = ∆t 4   34. v m = r /

      t = [ 64 i + 27 j − (0 i − 5 j ) ] / 4 = 16 i + 8 j (m/s)

35. Como el móvil recorre el perímetro del cuadrado (80 m) en un tiempo de 20 s, el módulo constante del vector velocidad es: 80 m/ 20 s = 4 m/s. 62


30/7/08 16:06:40

  Para t = 2 s la dirección y sentido del movimiento son los del vector AB =20i :  v (2) = 4 i (m/s)     Para t = 5 s son los del vector BC =20 j : v (5) = 4j (m/s)     Para t = 12 s son los del vector CD = 20i : v (12) = −4 i (m/s)     Para t = 19 s son los del vector DA = 20 j : v (19) = −4 j (m/s) 36. Para hallar el vector velocidad instantánea para un instante dado, sustituimos el valor de t en la expresión:    2 2 v = (t + 2t −8) i + (3t – 9t +6) j (m/s)    v (0) = −8 i + 6 j (m/s)   v (1) = −5 i (m/s)    v (5) = 27 i + 36 j (m/s) La velocidad instantánea será nula cuando los dos componentes del vector sean cero:

t2 + 2t −8 = 0 y 3t2 – 9 t + 6 = 0

Las dos ecuaciones tienen la solución t = 2 s.

Vector aceleración  2 R 24 = = 3π m/s 37. El módulo de la velocidad se mantiene constante: v = t 8 La velocidad instantánea en un punto es tangente a la trayectoria en este punto:     v (O) = 3π j (m/s); v (A) = 3π i (m/s);     v (B) = −3π j (m/s); v (C) = −3π i (m/s)    v v v0  = La aceleración media es: a m = t t t0 a) Entre t = 0 y t = 2 s:     3 i 3 j  = (3π/2) i − (3π/2) j (m/s2) am = 2 b) Entre t = 0 y t = 4 s:    3 j 3 j  = (−3π/2) j (m/s2) am = 4 c) Entre t = 0 y t = 8 s:   3 j −3 j  =0 am = 8 d) Entre t = 2 y t = 6 s:    3 i 3 i  = (−3π/2) i (m/s2) am = 4 e) Entre t = 4 y t = 6 s:     3 i +3 j  = (−3π/2) i + (3π/2) j (m/s2) am = 2 63


30/7/08 16:06:41

Unidad 2. Cinemática         v (2) v (0) (4 i +3 j ) ( 6 i + j ) 10i + 2 j    = = 38. a m = = 5 i + j (m/s) 2 2 0 2

Movimiento uniforme en dos dimensiones 39. Dado que se trata de un movimiento con velocidad constante:    r (t) = r0 + v (t –t0) En este caso:       r0 = 4i +7j (m) , v =5i 3j (m/s) y t 0 =2 s        Por lo tanto: r (t) = 4i + 7 j +(5i −3 j) (t 2)=(5t 6)i +( 3t +13)j (m) Para hallar la posición en el instante t = 5 s sólo hay que sustituir t en la expresión anterior:    r (5) = 19 i − 2 j (m)   40. En el instante en que los móviles choquen, se igualarán los vectores de posición rA = rB :     (5t – 7) i + (t + 8) j = (3t + 9) i + (3t – 10) j Para que se verifique la igualdad los términos, deben ser iguales para cada componente:

5t – 7 = 3t + 9 y t + 8 = 3t – 10

La primera igualdad se cumple para t = 8 s y la segunda para t = 9 s. Dado que no hay ningún instante que haga que se cumplan las dos igualdades, los móviles no chocarán. 41. En un movimiento uniforme la velocidad instantánea es igual a la media. Calculamos la velocidad media entre los instantes t = 0 y t = 1 s:       r(1) r(0) 5i 4 j (3i 5j)     v = vm = = =2i + j (m/s) 1 1 Los componentes del vector posición son las coordenadas del móvil:      r =(2t +3)i +(t 5)j = xi + yj . Es decir: x =2t +3 y =t 5 Para hallar la relación entre las coordenadas del móvil aislamos t de la segunda ecuación (t = y + 5) y la sustituimos en la primera: x = 2 × (y + 5) + 3 La ecuación de la trayectoria es: x – 2y – 13 = 0          r r r0 10 i 8 j 2 i 4 j 8 i 12 j     = = = = 2 i −3 j (m/s) 42. a) v = v m = t t t0 7 3 4

b) Dado que se trata de un movimiento uniforme, la expresión del vector posición es:          r + v (t t )=2i + 4 j +(2i 3j)(t 3)=(-4 +2t)i +(13-3t)j (t) = r 0 0    r (10) = 16 i − 17 j (m) 64


30/7/08 16:06:41

c) x = 4 +2t y =13 3t Aislamos t en las dos ecuaciones: x+4 t= 2

13 y 3 Igualando, obtenemos x + 4 13 y = 3 2 que equivale a:

3x + 2y – 14 = 0

t=

       43. r A(t) = r0 + v (t − t0) = (16 i + 12 j ) × t =16t i + 12t j (millas)        r B(t) = r0 + v (t − t0) = i + 5 j + (12 i − 8 j ) × t = = 12t + 1) i + (−8t + 5) j (millas)   Igualamos r A(t) a r B(t) componente a componente para saber si chocarán: Componente x: 16t = 12t + 1; t = 0,25 h Componente y: 12t = −8t + 5 En el instante t = 0,25 h ambos componentes de los vectores posición serán iguales, por lo tanto, los barcos chocarán en un cuarto de hora.       44. r 1(t) = 5 000i +300j 72i t =(−72t + 5 000) i + 300 j (m)       r 2(t) = 3 000j +(28i 54j) t = 28t i + (−54t + 3 000) j (m) Para hallar el instante y la posición de choque, igualamos los dos vectores posición:   r 1(t) = r 2(t) −72t + 5 000 = 28t; t = 50 s

300 = −54t + 3 000; t = 50 s Los móviles chocarán en el instante t = 50 s ya que para este valor se igualan los dos componentes de los vectores posición. Para hallar la posición donde chocarán, sustituimos en cualquiera de los vectores posición:     r 1(50) = r 2(50) = 1 400 i + 300 j (m)

Movimiento con aceleración constante     1    1 45. r = r0 + v 0 ∆t + a(∆t)2 = (30 i + 80 j ) × t + × (2 i − 8 j ) × t2 = 2 2  2  = (30t + t ) i + (80t – 4t2) j (m)          v = v 0 +a t =30i +80j +(2i 8j) t = (30+ 2t) i + (80−8t) j (m/s)    50 i = (30 +2t) i + (80−8t) j 65


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Unidad 2. Cinemática Esta ecuación vectorial equivale a: 30+2t =50 80 8t =0 Ambas ecuaciones tienen la misma solución: t = 10 s. Para t = 10 s, obtenemos:    r (10) = 400 i + 400 j (m)    2 1    2 46. a) r = r0 + v 0 t + a( t) =5j + 1 (6i +10j)t = 2 2  2 2 = 3t i + (5t + 5) j (m) b) Para hallar la ecuación cartesiana de la trayectoria, hacemos:

x =3t 2 y =5t 2 +5 Aislamos t2 en las dos ecuaciones e igualamos: x y 5 = 5 3 La trayectoria es la recta 5x –3y +15 = 0.

47. a) El vector posición en función del tiempo es:  1 1      r = r0 + v 0 t + a( t)2 = 30 j + 40t i − 10t2 j = 2 2   2 = 40t i + (−5t + 30) j (m)      v (t) = v 0 +a(t t 0 )= 40 i − 10t j (m/s) b) Cuando la piedra llegue al suelo, y = 0. Por lo tanto:

−5t2 + 30 = 0; t = Sustituimos t =

6s

6 s en el componente x del vector posición:

x = 40 6 = 98 m

c) La velocidad cuando t = 6 s es:      v ( 6 ) = 40i −10 6 j = 40 i − 24,5 j (m/s) 48. v0x = v0y = 25 × cos 45º =

25 2

= 17,68 m/s

1    r = r0 + v 0 ∆t + a( t)2 = 2      =(17,68i +17,68j)t + 1 ( 10j)t 2 =17,68ti +(17,68t 5t 2 )j 2 Debemos calcular x cuando y = 0:

17,68t − 5t2 = 0

Soluciones:

t = 0 y t = 17,68/5 = 3,54 s

La solución t = 0 corresponde al instante inicial. 66


30/7/08 16:06:42

   Cuando t = 3,54 s, r =17,68×3,54 i =62,6 i (m) , es decir, x = 62,6 m >60 m La piedra llegará a la otra orilla del río.        v 0 sen =10 0,8i 10 0,6j =8i 6j (m/s) 49. a) v 0 = v 0 cos

El vector posición en función del tiempo es:     1    2 r (t) = r0 + v 0 t + a( t) = 20 j + (8 i − 6 j ) × t – 5t2 j = 2   = 8t i + (20 – 6t – 5t2) j (m)

b)

x =6t

t=x/8 y =20 8t 5t 2 3 x 5x 2 y = 20 – − 4 36 Un trinomio de segundo grado es la ecuación de una parábola.

50. a) v0x = 32 cos 30º = 16 3 m/s, v0y = 32 sen 30º = 16 m/s.  1      r = r0 + v 0 ∆t + a(∆t)2 = (16 3 i + 16 j )t – 5t2 j = 2   = 16 3 t i + (16t – 5t2) j (m)

Cuando el cuerpo caiga al suelo se anulará el componente vertical del vector posición (y = 0): 16t – 5t2 = 0

La ecuación de segundo grado tiene dos soluciones: t = 0 s y t = 16/5 s. La primera solución se corresponde con el instante inicial. La segunda solución es el instante en que el cuerpo cae al suelo.

El componente horizontal del vector posición en este instante es: x =16 3×16 = 88, 7 m 5         b) v = v 0 +a(t t 0 )=16 3i +16 j 10 jt = 16 3 i + (16 – 10t) j (m/s)    v (2) = 27,7 i − 4 j (m/s) c) Cuando la altura sea máxima el componente vertical del vector velocidad se anula:

vy = 0; vy = 16 – 10t = 0; t = 1,6 s Sustituyendo en el componente vertical del vector posición, obtenemos: 16 1,6 5 1,62 = 12,8 m

1h km 1 000 m = 250 m/s 1 km 3 600s h   1    r = r0 + v 0 t + a( t)2 =500 j +250i×t −5t 2 = 2   = 250t i + (500 – 5t2) j (m)

51. a) v = 900

Cuando el cuerpo llega al suelo el componente vertical del vector posición es cero:

500 – 5t2 = 0; t = 10 s 67


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Unidad 2. Cinemática

El este instante el componente horizontal del vector posición es:

x = 250×10 = 2 500 m     b) v = v 0 + a (t − t0) =250 i − 10t j (m/s)

Llega al suelo cuando t = 10 s y a una velocidad:    v (10) = 250 i − 100 j (m/s)

52. v0x = 20 cos 45º = 10 2 ; v0y = 20 sen 45º = 10 2   1    r = r0 + v 0 ∆t + a(∆t)2 = 10 2 t i + (10 2 t – 5t2) j (m) 2     v = v 0 + a (t − t0) = 10 2 i + (10 2 − 10t) j (m/s) a) El componente vertical de la velocidad se anula cuando la piedra alcanza la altura máxima: vy = 10 2 − 10t = 0; t =

2 s

El componente vertical del vector posición es: y = 10 2

2 5 ( 2)2 = 10 m

b) Cuando la piedra llega a la valla es x = 10 m: 1 s 10 2 t=10, es decir, t = 2

En este instante, la altura a la que se encuentra la piedra es: 2

1 =7,5 m y =10 2 1 5 2 2 Como la altura de la valla es de 8 m, la piedra no pasará por encima.     1    53. r = r0 + v 0 t + a(∆t)2 =80 j + v 0 i×t 5t 2 = v0t i + (80 – 5t2) j (m) 2 Cuando el cuerpo llegue al suelo, será: x = 50 m y y = 0. v o t =50 80−5t 2 =0 Resolviendo el sistema:

t=4s

v0 = 12,5 m/s

Movimiento circular uniforme = 2,5 vueltas

54.

s=

360º 2 rad 5π rad 1 vuelta 360º r =5 ×0,8 m =4π m

rev 2 rad = 40π rad/s 1 rev s v = ω r = 40π 0,15 = 18,8 m/s

55. a) ω =20

b) Δt = 4 h × 3 600 s/h = 14 400 s

Δs = v × Δt =18,8 m/s × 14 400 s = 270 720 m

271 km

68


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56. ω =

vA rA

=

vB rB

= 3 rad/s. vB = ω rB = 3 rad/s × 3,5 m = 10,5 m/s

La velocidad angular es la misma para los dos puntos: 3 rad /s v2  ac A = A = 18 m/s2 rA v2  acB = B = 31,5 m/s2 rB vA 1,5 m/s = =0,75 rad/s 57. a) ω = rA 2m vB = ω rB = 0,75×2,8 = 2,1 m/s v2  acB = B = 1,575 m/s2 rB 1 vuelta b) Δφ = ω Δt = 0,75 rad/s × 180 s = 135 rad = 135 rad = 21,49 vueltas 2 rad 58. La Tierra tarda 1 día en dar una vuelta entera sobre sí misma, por lo tanto, su velocidad angular es: 1 rev 2 rad ω= 0,2618 rad/h 24 h 1 rev Un punto del ecuador dista 6.370 km del centro de la Tierra. Su velocidad lineal es:

v = ω × r = 0,2618 rad/h

6 370 km = 1 668 km/h

Cuestiones relativas a todos los apartados 59. a) El desplazamiento es positivo o negativo, según el sentido en que el móvil se desplace. b) Sí, en los instantes anteriores en el origen de tiempo se les asignan valores negativos. c) Un intervalo de tiempo es siempre positivo ya que el tiempo sólo transcurre en un sentido. 60. a) Un trasatlántico puede ser considerado un móvil puntual cuando atraviesa el océano desde Europa hacia América. b) Un automóvil no puede ser considerado un móvil puntual cuando hace un giro en una rotonda o cuando aparca entre dos coches. 61. a) Dado que Δs = s – s0 y que los valores de s y s0 se intercambian por dos móviles que se desplazan sobre la misma recta en sentidos opuestos, el desplazamiento será de signo contrario. b) El tiempo transcurrido tendrá el mismo signo para los dos móviles, dado que los valores de t y t0 son los mismos. c) La velocidad es una magnitud que tiene el mismo signo que el desplazamiento. Así pues, las velocidades tendrán signos contrarios cuando los móviles se desplacen en sentidos opuestos. d) La rapidez es el módulo de la velocidad y tiene siempre valor positivo, por lo tanto la rapidez de los dos móviles tiene el mismo signo. 69


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Unidad 2. Cinemática 62. El tercer gráfico posición-tiempo representa el movimiento del móvil. El primer gráfico no puede representar el movimiento descrito ya que las posiciones inicial y final no coinciden. La segunda no puede representar ningún movimiento dado que el tiempo inicial y final coinciden. La tercera representa un movimiento uniforme entre dos puntos, posteriormente describe una parada ya que se observa una recta paralela en el eje x (velocidad nula) y finalmente un tercer tramo con velocidad constante volviendo a la posición inicial s = 0. 63. La velocidad constante se representa por una recta paralela en el eje x en el gráfico velocidadtiempo, el gráfico deberá tener un primer tramo con velocidad positiva, un segundo con velocidad nula y un tercero con velocidad negativa (ya que el móvil vuelve al punto de partida después de estar parado). El gráfico que describe el movimiento del móvil es el segundo. 64. La expresión de la aceleración media es:  v v− v 0 25 0 am = = = = 2,5 m/s2 t t −t 0 10 km m 1 km 3 600 s 60 s =540 2,5 m/s2 = 2,5 2 1h 1 min h min s 1 000m

km 1 000 m hs 1 km

1h = 1,39 m/s2 3 600 s m 1 min 1 min = 0,83 m/s2 3 000 m/min2 = 3 000 2 60 s 60 s min

65. 5 km/h s = 5

5 km/h s es mayor que 3 000 m/min2 66. El signo de la aceleración es el mismo que el del incremento de velocidad. a) Positivo. Si el movimiento es acelerado Δv tiene el sentido del movimiento (positivo). b) Negativo. Si el movimiento es acelerado Δv tiene el sentido del movimiento (negativo). c) Negativo. Si el movimiento es retardado Δv tiene el sentido contrario al del movimiento (positivo). d) Positivo. Si el movimiento es retardado Δv tiene el sentido contrario al del movimiento (negativo). 67. En los intervalos (0 < t < 1 s) y (2 s < t < 3 s) el módulo de la velocidad va disminuyendo: se trata de un movimiento retardado. En los intervalos (1 s < t < 2 s) y (3 s < t < 4 s) el módulo de la velocidad aumenta tratándose de un movimiento acelerado. 68. La velocidad del cuerpo cuando ha caído desde una altura h cumple:

v2 = 2 g h

Si la velocidad final es 2v, será:

4v2 = 2 g h’

Si dividimos la segunda igualdad por la primera, obtenemos: 4v 2 = 2 gh' 2 gh v2 70


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Aislando h’ resulta: h’ = 4h       69. r = 4 i + 9 j (m); r0 = −2 i + j (m); Δt = 7 s – 3 s = 4 s       r r0 4 i + 9 j +2 i − j    vm = = = 1,5 i + 2 j (m/s) t 4 70. Si la velocidad inicial es nula o tiene la misma dirección que la aceleración, el movimiento es rectilíneo; en cambio, si la velocidad inicial tiene diferente dirección que la aceleración, el móvil describe una parábola en el eje de simetría de la que es paralelo al vector de aceleración. El móvil hace, en este caso, un movimiento parabólico. Si la velocidad inicial es nula o tiene la misma dirección que la aceleración, el movimiento es rectilíneo; en cambio, si la velocidad inicial tiene diferente dirección que la aceleración, el móvil describe una parábola en el eje de simetría de la que es paralelo al vector de aceleración. El móvil hace, en este caso, un movimiento parabólico. a) Movimiento parabólico retardado. b) Movimiento parabólico acelerado. c) Movimiento parabólico retardado. b) Movimiento parabólico acelerado. 71. Utilizaremos la expresión del vector posición en función del tiempo para un movimiento uniforme:    r (t) = r0 + v (t –t0)      r (t) = 3 i + 7 j + (2 i − 3 j ) (t − 5)    r (t) = (2t – 7) i + (−3t + 22) j (m)         72. v = v 0 + a Δt =15i +20 j +( 10 j)t = 15 i + (20 − 10t) j (m/s)     1    r = r0 + v 0 t + a( t)2 = 8 j + (15 i + 20 j ) t – 5t2 j = 2   = 15t i + (8 + 20t – 5t2) j (m) 73. En el punto más alto de la trayectoria el componente vertical de la velocidad se anula, ya que se trata de un movimiento parabólico simétrico respecto al eje vertical. El componente horizontal de la velocidad se mantiene constante durante toda la trayectoria. Así pues, la velocidad del móvil en el punto más alto de la trayectoria es:  v = 30 i (m/s) Se trata de un movimiento uniformemente acelerado, la aceleración se mantiene constante durante todo el  movimiento por lo que en el punto más alto de la trayectoria tiene un valor −10 j (m/s2) 74. a) Radio de la trayectoria

Diferente

b) Arco recorrido

Diferente

c) Ángulo girado

Igual

d) Tiempo transcurrido

Igual

e) Velocidad lineal

Diferente

f) Velocidad angular

Igual

71


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Unidad 2. Cinemática 75. ω = 40

1 rev rad 60 s = 382 rev/min s 1 min 2 rad

La velocidad lineal es:

v = ω r = 40 rad/s × 5m = 200 m/ s

76. En un movimiento circular uniforme no hay variación en el módulo de la velocidad pero sí en su dirección. La aceleración puede modificar la velocidad, tanto en módulo como en dirección y sentido. La expresión del módulo de la aceleración centrípeta es 2  v a= r  Aislando v = a ×r = 10 m/s 4 m = 6,32 m/s 2

 v 77. Inicialmente la aceleración centrípeta del móvil será a = = 2,4 m/s2 r a) Aumenta al doble la velocidad lineal del móvil 2  (2v)  a1 = = 4 a = 9,6 m/s2  r b) Trayectoria con radio triple v2 1   a2 = = a = 0,8 m/s2 3r 3

72


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Unidad 3. Dinámica Principio fundamental de la dinámica 1. Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son su peso y la que se ejerce verticalmente hacia arriba, a la que llamaremos Fa: A partir de

ΣF = Fa − m g = m a

se deduce:

Fa = m (a + g)

a) Fa = 200 × (3 + 9,8) = 2 560 N b) Fa = 200 × (0 + 9,8) = 1 960 N v v v 0 9 15 = = = −2 m/s2 c) a = 3 t t t0

Fa = 200 × (−2 + 9,8) =1 560 N

1h km 1 000 m km =90 = 25 m/s 1 km 3 600 s h h 0 25 2 a = 4 = −6,25 m/s Sobre el automóvil sólo actúa la fuerza de frenada:

2. v = 90

F = 800 kg × (−6,25 m/s2) = 5 000 N

El signo menos indica que la fuerza tiene sentido contrario al de la v0. km 1 000 m 1h km 3. v 0 = 45 = 45 = 12,5 m/s h 1 km 3 600 s h v 2 v 02 0 (12,5 m/s)2 a= = = 1,5625 m/s2 2 s 2 50 m La fuerza de frenada es:

F = m a = 1 200 kg ×(−1,5625 m/s2) = −1 875 N

El signo menos indica que la fuerza tiene sentido contrario al de la v0. 4. Las fuerzas que actúan sobre el automóvil son: -Su peso

P = m g = 1 200 kg × 9,8 m/s2 = 11 760 N

-La reacción FN del suelo (igual y de sentido contrario al peso) -La fuerza de frenada F. La resultante es F. La aceleración del automóvil es: 3000 N F = 2,5 m/s2 a= = m 1200 kg La velocidad inicial del automóvil es de 72 km/h que equivalen a 20 m/s. A partir de

v2 − v02 = 2 a ∆s

74


30/7/08 16:06:45

se deduce: v2 = s

v o2

0 (20 m/s)2 = 80 m 2 ( 2,5 m/s2 ) 2a Por lo tanto, el coche choca contra el obstáculo, ya que necesita 80 m para detenerse. =

v 22,5 m/s 1h 81 km 103 m = =1,125 m/s2 =22,5 m/s ; a = t 20 s h 1 km 3600 s A la fuerza F que tira del remolque se opone el rozamiento FR , de modo que:

5. a) v =

F − FR = m a Despejando F, resulta: F = FR + m a = 500 N + 400 kg × 1,125 m/s2 = 950 N

b) El movimiento es rectilíneo uniforme, por lo que la fuerza resultante sobre el remolque ha de ser nula: FT – 500 N = 0

Por lo tanto, FT = 500 N

c) Como la fuerza de rozamiento es constante, el movimiento será uniformemente retardado.

A partir de v2 − v02 = 2 a ∆s

se deduce: v 2 v 02 0 (22,5 m/s)2 a= = = 2,11 m / s 2 2 ∆s 2 120 m En este caso se cumplirá: F = FR + m a = 500 N + 400 kg × (−2,11 m/s2) = −344 N

6. Calculamos el módulo de la aceleración:  | a | = 482 + 14 2 = 2500 = 50 m/s2 Despejando m de la segunda ley de Newton: F 2,5 N m= = =0,05 kg a 50 m /s 7. Calculamos el ángulo α: 20 sin = ; α = 22,62º sen 52 Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son su peso P y la tensión de la cuerda T. T se descompone en Tx = T sen α y Ty = T cos α. Dado que la aceleración a es horizontal, la fuerza resultante ha de serlo también, por lo que las fuerzas Ty se han de anular mutuamente:

T cos α = m g

75


30/7/08 16:06:46

Unidad 3. Dinámica La fuerza resultante será, por lo tanto:

Tx = T sen α

Aplicando el principio fundamental de la dinámica a la masa colgada del péndulo, se obtiene:

T sen α = m a

Dividiendo estas dos ecuaciones: m a T sen = m g T cos Despejando a resulta: sen a= g =9,8 m /s 2 tg 22,62º = 4,08 m/s2 cos

L = 52 cm α

T

Ty

Tx

F

20 cm

P

Principio de acción y reacción 8. a) Aplicando la segunda Ley de Newton al vagón de masa m’:

T = m’ a = 50 000 kg × 0,5 m/s2 = 25 000 N

b) Aplicando el principio fundamental de la dinámica al sistema formado por la locomotora y el vagón:

F = (m + m’) a = (70 000 + 50 000) kg × 0,5 m/s2 = 60 000 N

T m’

P’

T

m

F

P

76


30/7/08 16:06:47

9. Las fuerzas que actúan sobre el conjunto son:

T1, m1 g y m2 g

T1 – m1 g – m2 g = (m1 + m2) a

De donde: T m1 g m2 g 6 N 0 ,3 k 9,81 m/s2 0,1 9,81 m/s2 a= 1 = =5,2 m/s2 0,3 kg +0,1 kg m +m Para encontrar la tensión del segundo hilo aplicaremos el principio fundamental de la dinámica únicamente al cuerpo de masa 100 g:

T2 – m2 g = m2 a

De donde se deduce:

T2 = (0,1 kg × 5,2 m/s2) + (0,1 kg × 9,81 m/s2) = 1,5 N

10. a) Considerando g = 10 m/s2, el peso del hombre es: P = m g = 60 kg × 10 m/s2 = 600 N

Las fuerzas que actúan sobre él son su peso y la fuerza, F, hacia arriba que ejerce la báscula (igual a la que el hombre ejerce sobre ella).

Aplicando el principio fundamental de la dinámica, tendremos: F–P=m a

Es decir:

F = P + m a = 600 N + 60 kg × (−0,4 m/s2) = 576 N

Expresada en kp es: 1 kp F = 576 N × = 57,6 kp 10 N b) Si el ascensor baja con velocidad constante, la resultante sobre el hombre es nula:

F = P = 60 kp

F

P

11. Si la gravedad es la normal y el hombre pesa 64 kp, su masa será de m = 64 kg. 9,8N Su peso es P = 64 kp = 627,2 N 1kp 77


30/7/08 16:06:48

Unidad 3. Dinámica a) Las fuerzas que actúan sobre el hombre son su peso P y la fuerza F, hacia arriba que ejerce el ascensor sobre el cuerpo. El valor de esta fuerza al arrancar el ascensor de 68 kp = 666,4 N.

Por el principio fundamental de la dinámica: F P 666,4 N 627,2 N a= = = 0,613 m/s2 m 64 kg b) Si el ascensor sube frenando, su aceleración tiene sentido contrario al movimiento (hacia abajo) y será a = −2 m/s2. Por lo tanto:

F = P + m a = 627,2 N + 64 kg × (−2 m/s2) = 499,2 N Expresada en kp, esta fuerza es: 1 kp = 50,9 kp 9,8 N

499,2 N

12. Sobre el cuerpo de masa m1 actúan dos fuerzas: Su peso P1 = m1 g y la tensión T del hilo.

T − m1 g = m1 a

Sobre el otro cuerpo se ha puesto la masa suplementaria m. Aplicando a este conjunto la segunda ley de Newton:

(m1+ m) g – T = (m1+ m) a

Sumando las dos ecuaciones se obtiene:

T − m1 g + (m1 + m) g – T = m1 a + (m1 + m) a

Si se despeja m, resulta: 2 m1 a 2 0, 2 kg 2 m /s 2 m= = = 0,1 kg 10 m /s 2 2 m/s2 g a Para encontrar la tensión del hilo (T) utilizaremos :

T − m1 g = m1 a

Despejando T de la primera ecuación:

T = m1 (g + a) = 0,2 kg × (10 + 2) m/s2 = 2,4 N

1 s = a ( t)2 obtenemos: 2 2 5m 2 s a= = = 0,4 m/s2 2 2 ( t ) (5 s) Sobre el cuerpo de masa m1 actúan su peso P1 = m1 g y la tensión T del hilo:

13. Despejando a de

T − m1 g = m1 a

Sobre el cuerpo con la masa suplementaria m actúan el peso (m1 + m) g y la tensión T del hilo:

(m1 + m) g – T = (m1 + m) a

Si se suman las dos ecuaciones, se obtiene:

(m1 + m) g − m1 g = (2m1 + m) a

Despejando m:

78


m=

2m1a g a

=

2 1,2 kg 0,4 m/s2 = 0,102 kg (9,8 0,4) m/s2

30/7/08 16:06:48

Ley de Hooke 14. Representando F frente al alargamiento, se obtienen de la gráfica los siguientes valores: a) Para Δx = 20 cm = 0,2 m, F = 9 N. b) Para Δx = 35 cm = 0,35 m, F = 15,8 N. c) Para Δx = 45 cm = 0,45 m, F = 20,3 N. 15. a) La fuerza que el objeto ejerce sobre el muelle es su peso: P = 4 kg × 9,8 m/s2 = 39,2 N

De la ley de Hooke, F = −k Δx, se deduce que: 39, 2 N F k= = = 784 N x (0,25 0, 2) m b) Despejando Δx de la ley de Hooke:

Δx = P/k.

Para P = 1 N se obtiene: 1N Δx = = 1,3×10−3 m = 1,3 mm. 784 N/m

Rozamiento cinético 16. Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son su peso P = m g, la reacción FN del suelo (igual y de sentido contrario al peso) y la fuerza de rozamiento FR .

P = FN = m g = 50 kg × 9,81 m/s2 = 490,5 N

a) La fuerza de rozamiento es: |FR| = μc |FN| = 0,25 × 490,5 N = 123 N

Se debe ejercer una fuerza igual para mantener el cuerpo en movimiento constante: F = 123 N

b) Por la segunda ley de Newton: F − FR = m a.

De donde se deduce:

F = FR+ m a =123 N + 50 kg × 2 m/s2 = 223 N FN

F

FR

P

79


30/7/08 16:06:49

Unidad 3. Dinámica 17. Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son su peso P = m g = 25 kg × 9,8 m/s2 = 245 N, la reacción del suelo, FN = −P, y la fuerza de rozamiento FR , que es la resultante.

|FR| = μc |FN| = 0,4 × 245 N = 98 N

Aplicando la segunda ley de Newton: FR

98 N = 3,92 m /s 2 m 25 kg Si se considera positiva la velocidad inicial, la aceleración tendrá signo negativo, ya que el móvil está frenando.

a=

=

A partir de

v2 − v02 = 2 a ∆s

se deduce: v2 ∆s =

v 2o 2a

=

0 (20 m/s)2 = 51 m 2 3,92 m/s2

18. De v2 − v02 = 2 a ∆s se deduce: v 2 v 02 0 (6 m/s)2 = = −2 m/s2 a= 2a s 2 9m La fuerza resultante sobre el cuerpo es la fuerza de rozamiento FR , ya que su peso, P, y la reacción FN del suelo se contrarrestan:

|FR| = μc |FN|

Por el principio fundamental de la dinámica:

FR = −μc m g = m a

Despejando μc, resulta: a 2 m/s2 = = 0,204 = c g 9,8 m/s2 19. La fuerza F constante aplicada al cuerpo se descompone en la fuerza horizontal F1 paralela al plano, y la vertical F2.

|F1| = |F2| = F sen 45º = 2 N

2 2

=1N

El peso del cuerpo es:

P = m g = 0,5 kg × 9,8 m/s2 = 4,9 N

La fuerza normal que ejerce el cuerpo sobre el plano es:

FN = P + F2 = 4,9 N + 1 N = 5,9 N.

La fuerza de rozamiento cinético es:

|FR| = μ |FN|= 0,1 × 5,9 N = 0,59 N.

Aplicando al cuerpo la segunda Ley de Newton, resulta:

F1 – FR = m a

Despejando la aceleración, se obtiene: F FR 1 N 0,59 N a= 1 = 0,82 m/s2 = m 0,5kg 80


30/7/08 16:06:49

PN

FR

F1 45º

P

F

F2

20. El peso del cuerpo es:

P = m g = 5 kg × 9,8 m/s2 = 49 N

Descompondremos la fuerza F aplicada al cuerpo en FN, perpendicular al plano, y FT, paralela al plano:

FN = F sen α = 40 sen α, FT = F cos α = 40 cos α.

La fuerza de rozamiento cinético FR que se opone al movimiento es:

FR = μ (P − FN) = μ (m g – F sen α) = 0,75 × 5 × 9,8 − 0,75 × 40 × sen α =

= 36,75 – 30 sen α

Aplicando al cuerpo la segunda ley de Newton, resulta: F FR 40 cos (36,75−30 sen ) a= T = = (8 cos α + 6 sen α – 7,35) m/s2 m 5 FN

F

α FT

FR

P

21. La fuerza de rozamiento es:

FR = µ P = µ m g = 0,3 × 40 kg × 9,81 m/s2 = 117,72 N

Si aplicamos al conjunto de los tres cuerpos la segunda ley de Newton, resulta: F FR (200 117,72) N 82, 28 N = = a= = 2,06 m/s2 m (10 +10 + 20) kg 40 kg 81


30/7/08 16:06:50

Unidad 3. Dinámica La tensión T1 del primer enganche se calcula aplicando la segunda ley de Newton al sistema constituido por m1 y m2: T1 = (m1 + m2) a = (10 kg + 10 kg) × 2,06 m/s2= 41,2 N

La tensión T2 del segundo enganche se calcula aplicando la segunda ley de Newton a m1: T2 = m1 a = 10 kg × 2,06 m/s2 = 20,6 N

a T2 FR

m1

T1 m2

m3

Rozamiento estático 22. La fuerza de rozamiento estático cumple que:

FR ≤ μ FN = μ m g

Esta fuerza es la que provoca la aceleración del hombre al andar. Por lo tanto:

FR = m a

Si sustituimos FR en la primera desigualdad tenemos: m a ≤ μ m g De donde se deduce: a ≤ μ g = 0,4 × 9,8 m/s2 = 3,92 m/s2

23. Véase el ejemplo 9 cuya resolución se explica en la página 92. El valor máximo de la fuerza de rozamiento del bloque con el suelo viene dado por:

R2 ≤ μ2 m2 g = 0,8 × 300 kg × 9,81 m/s2 = 2 354,4 N

La fuerza de rozamiento entre el hombre y el suelo tiene un valor máximo dado por: R1 ≤ μ1 m1 g = 0,2 × 80 kg × 9,81 m/s2 = 157,0 N Por lo tanto, R1 no puede ser mayor que R2. El hombre no podrá arrastrar el bloque. 24. Al frenar el vehículo, el objeto se detiene por el rozamiento con el suelo. Para que el objeto no patine, su aceleración de frenado ha de ser igual a la del vehículo. Por lo tanto: FR = m a También sabemos que la fuerza de rozamiento estático cumple que:

|FR| ≤ µ |FN| = µ m g

De las anteriores expresiones se deduce:

|m a| ≤ µ m g, es decir, |a| ≤ µ g.

Esta condición se debe cumplir para que el objeto no resbale sobre el suelo del vehículo.

µ g = 0,1 × 9,8 m/s2 = 0,98 m/s2

La velocidad inicial del vehículo es v0 = 54 km/h = 15 m/s

82


30/7/08 16:06:51

De v2 − v02 = 2 a ∆s se deduce: v 2 v 02 0 (15 m/s)2 a= = = −1,5 m/s2 2 s 2 75 m Como el valor absoluto de la aceleración (1,5 m/s2) es mayor que el producto µ g (0,98 m/s2), la condición no se cumple y el cuerpo resbalará sobre el suelo del vehículo. 25. Los pesos son:

P1 = m1 g = 2 × 9,81 = 19,62 N

P2 = m2 g = 3 × 9,81 = 29,43 N

La fuerza de rozamiento con el plano horizontal es:

FR = µ P1 = 0,25 × 19,62 = 4,91 N

Si la fuerza aplicada F es mínima, el cuerpo está a punto de deslizarse en sentido contrario. En este caso, el rozamiento que impide el movimiento será máximo y tendrá el sentido de F:

F + FR – P2 = 0

de donde se deduce:

F = P2 – FR = 29,43 N – 4,91 N = 24,5 N

Si la fuerza aplicada F es la máxima, el cuerpo está a punto de deslizarse en el sentido de F. En este caso, el rozamiento, que impide el movimiento, será máximo y tendrá sentido contrario a F:

F – FR – P2 = 0

de donde se deduce, F = FR + P2 = 4,91 N + 29,43 N = 34,3 N

Movimiento sobre planos inclinados 26. El peso P se ha descompuesto en la fuerza PT paralela al plano inclinado y la fuerza PN perpendicular al plano contrarrestada por la reacción −PN de éste. La fuerza de rozamiento cinético FR se opone al movimiento. Las intensidades de las fuerzas que actúan son:

P = m g ; PT = P sen α = 0,6 m g; PN = P cos α = 0,8 m g;

FR = μ PN = 0,4 × 0,8 m g = 0,32 m g

Aplicando al cuerpo la segunda ley de Newton, resulta: P – FR 0,6 m g – 0,32 m g = a= T = 0,28 g = 0,28 × 9,81 m/s2 = 2,74 m/s2 m m

83


30/7/08 16:06:51

Unidad 3. Dinámica –PN FR

PT α

PN P α

27. Calculamos el ángulo α de inclinación del plano:

tg α = 5/100 = 0,05; α = 2,86º

Las intensidades de las fuerzas que actúan son:

P = m g (se descompone en PT = m g sen α y PN = m g cos α )

FR = µ PN = μ m g cos α

Si aplicamos al cuerpo la segunda ley de Newton, resulta:

a=

FR

PT

=

m g sen

m g cos

= m m =10 m/s2 (sen 2,86 0,02cos2,86) = 0,30 m/s2

De v2 − v02 = 2 a ∆s se deduce

0+2

v

0,30m / s 2 30m = 4,24 m/s

–PN

FR

PT

5% PN

5%

P

28. Las intensidades de las fuerzas que actúan son:

P = m g (se descompone en P T = m g sen 30º y PN = m g cos 30º)

FR = μ PN = 0,2 m g cos 30º

Por la segunda ley de Newton:

a=

PT

FR m

=

m g sen 30º 0, 2 m g cos 30º = 3,20 m/s2 m

84


30/7/08 16:06:52

Como el movimiento del trineo es uniformemente acelerado, se cumplirá:

v2 − v02 = 2 a ∆s

v2 = (2 m/s)2 + 2 × 3,20 m/s2 × 20 m = 132 m2/s2

es decir, v = 11,5 m/s

–PN

FR

PT α

PN P α

29. El movimiento es uniformemente acelerado y cumple la ecuación: 1 s = a t2 2 Despejando a resulta: 2 s 2 5m = = 2,5 m/s2 (2 s)2 t2 Podemos calcular trigonométricamente el ángulo α de inclinación del plano: 8 sen α = = 0,4706; α = arc sen 0,4706 = 28,07º 17 Las intensidades de las fuerzas que actúan son: a=

P=mg

PT = P sen α = m g × 0,4706 ; PN = P cos α = m g × 0,8823

FR = μ PN = μ m g cos α

Aplicando al cuerpo la segunda ley de Newton, resulta:

PT − FR = m a

m g sen α – μ m g cos α = m a

Despejando μ, se obtiene:

μ=

g sen g cos

a

=

9,81 m s 2 0,4706 2,5m s 2 = 0,244 9,8 m s 2 0,8823

85


30/7/08 16:06:53

Unidad 3. Dinámica –PN

PT

FR

5% PN

5%

P

30. a) Calculamos el ángulo α de inclinación del plano:

tg α = 50/100 = 0,5; α = 26,57º Las intensidades de las fuerzas que actúan son:

P = m g = 250 kg × 9,81 m/s2 = 2 452,5 N

PT = P sen α = 2 452,5 N × 0,4473 = 1 097 N

PN = P cos α = 2 452,5 N × 0,8944 = 2 194 N

FRe ≤ μe PN = 0,3 × 2194 = 658 N

Como el valor de PT es mayor que la fuerza de rozamiento estático FRe, el cuerpo resbalará por el plano inclinado.

Cuando se mueve, la fuerza de rozamiento sobre el cuerpo es la de rozamiento cinético: FRc = μc PN = 0,25 × 2194 = 548 N

b) Calculamos el ángulo α de inclinación del plano:

tg α = 15/100 = 0,15; α = 8,5308º Las intensidades de las fuerzas que actúan son:

P = 2 452,5 N

PT = P sen α = 2 452,5 N × 0,1483 = 364 N

PN = P cos α = 2 452,5 N × 0,99 = 2 425 N

FRe ≤ μe PN = 0,3 × 2425 = 727,5 N

Como PT es menor que FRe, el cuerpo no se deslizará por el plano inclinado.

Si el cuerpo no se mueve, FRe equilibrará exactamente a PT:

FRe = PT = 364 N

86


30/7/08 16:06:53

–PN FR

PT

α PN P

α

Resumen de las leyes de Newton 31. a = 32. a =

F

M g 75 N 60 N = = 2,5 m/s2 6 kg M

F 75 N = = 12,5 m/s2 M 6 kg

33. FR = µ M g = 0,4 × 6 kg × 10 m/s2 = 24 N F FR (75 24) N = = 8,5 m/s2 a= M 6 kg 34. FN = F sen α = 75 × 0,6 = 45 N

FT = F cos α = 75 × 0,8 = 60 N

FR = μ (M g − FN) = 0,4 × (60 − 45) N = 6 N

a=

FT

FR M

=

60 N 6 N = 9 m/s2 6 kg

35. FN = F sen α = 75 × 0,6 = 45 N

FT = F cos α = 75 × 0,8 = 60 N

FR = μ (M g + FN) = 0,4 × (60 + 45) N = 42 N

a=

FT

FR M

=

60 N 42 N = 3 m/s2 6 kg

36. PT = M g sen α = 60 × 0,6 = 36 N P 36N = 6 m/s2 a= T= M 6 kg 37. PT = P sen α = 60 N × 0,6 = 36 N

PN = P cos α = 60 N × 0,8 = 48 N

87


30/7/08 16:06:54

Unidad 3. Dinámica FR = μ PN = 0,4 × 48 N = 19,2 N a=

PT

FR M

=

36 N 19,2 N = 2,8 m/s2 6 kg

38. PT = P sen α = 60 N × 0,6 = 36 N PN = P cos α = 60 N × 0,8 = 48 N FR = μ PN = μ P cos α = 0,4 × 60 N × 0,8 = 19,2 N F PT FR 75 N 36 N 1 9,2 N = = 3,3 m/s2 a= M 6 kg M g T= M a (M m) g (6 2) 10 a= = 5 m/s2 = T m g =m a M +m 6+2

39.

T = M × (g – a) = 6 × (10 – 5) = 30 N 40.

60 N Mg M g T= M a a= = = 7,5 m/s2 (m+ M ) (2 +6) kg T=m a

T = M g − M a = 60 N – (6 kg × 7,5 m/s2) = 15 N 41. FR = μ m g = 0,4 × 2 kg ×10 m/s2 = 8 N T FR = m a M g FR 60 N 8 N a= = = 6,5 m/s2 (2 +6) kg (m+ M ) M g T= M a T = P − M a = 60 N – 6 kg × 6,5 m/s2 = 21 N 42. pT = m g sen α = 2 × 10 × 0,6 = 12 N M g p T (60 12) N 48 M g T= M a = = = 6 m/s2 a= 8 (6 + 2) kg M +m T pT = m a T = M (g – a) = 6 kg × (10 – 6) m/s2 = 24 N 43. pT = m g sen α = 20 N × 0,6 = 12 N pN = m g cos α = 20 N × 0,8 = 16 N FR = μ pN = 0,4 × 16 N = 6,4 N T

pT

FR = m a

Mg

pT FR

60 N 1 2 N 6 ,4 N = 5,2 m/s2 M g T= M a M +m (6+2) kg 2 T = M (g – a) = 6 kg × (10 − 5,2) m/s = 28,8 N a=

=

44. PT = M g sen α = 60 N × 0,6 = 36 N PT 36 N T=m a a= = = 4,5 m/s2 (m + M) (2 +6) kg PT T = M a T = m a = 2 kg × 4,5 m/s2 = 9 N 45. PT = M g sen α = 60 N × 0,6 = 36 N PN = M g cos α = 60 N × 0,8 = 48 N 88


30/7/08 16:06:54

fR = µ m g = 0,4 × 20 = 8 N FR = µ PN = 0,4 × 48 = 19,2 N PT FR T = M a fR = m a

T

PT

FR

fR

36 19,2 8 8,8 = = 1,1 m/s2 8 6+2 M+ m T = fR + m a = 8 N + (2 kg × 1,1 m/s2) = 10,2 N a=

=

Dinámica del movimiento circular uniforme 46. La aceleración es la aceleración centrípeta: v2 ac = r Por la segunda ley de Newton: 2 (5 m /s)2 v = 4 kg = 200 N Fc = m ac = m r 0,5 m 47. La fuerza aplicada es la fuerza centrípeta: v2 Fc =m ac =m r Despejando r, se obtiene: v2 (20 m / s)2 0,8 m r =m =0,100 kg = 0, 8m F 50 N v 20 m / s La velocidad angular es: = = = 25 rad / s r 0,8 m 1 vuelta 25 rad/s = 3,98 vueltas/s 2 rad 48. La aceleración del automóvil es la aceleración centrípeta y la fuerza centrípeta es la de rozamiento: 2 FR = m aC = m v r Pero la fuerza de rozamiento estático cumple que:

FR ≤ μ FN = μ m g

Si sustituimos FR: 2 mv ≤μmg, r de donde se deduce que:

v2 ≤ μ g r,

Por lo tanto:

v

g r = 0, 4 9,8m / s 2 50m =14 m / s

89


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Unidad 3. Dinámica 49. La velocidad angular es: rev 2 rad 1 min =31,41 rad/s 60 s min 1 rev a) Cuando la pelota se encuentra en lo más alto:

ω = 300

FC = m g + T

aC = ω2 r

Aplicando la segunda ley de Newton:

m g + T = m ω2 r

T = m (ω2 r − g) = = 0,150 kg (31, 41 rad /s)2 0,6 m 0,150 kg 9,81 m /s 2

87,4 87, 4N

b) Cuando la pelota se encuentra en lo más bajo:

FC = T − m g Aplicando la segunda ley de Newton:

T − m g = m ω2 r

T = m (ω2 r + g) = 0,150 kg (31, 41 rad /s)2 0,6 m

0,150 kg 9,81 m /s 2

90,3 N 90, 3N

50. La fuerza centrípeta en el punto más alto es:

Fc = m g + T

y la aceleración es: v2 ac = r Por la segunda ley de Newton, se cumple:

Fc = m aC

es decir,

2

m g +T = m v r Despejando T se obtiene: (3 m /s)2 T =0,050 kg 0, 4 m

0,63 N 0,050 kg 10 m /s 2 = 0, 63 N

El valor mínimo de la velocidad se dará cuando la tensión de la cuerda sea cero. Por lo tanto, si T = 0 N, la ecuación: v2 mg+T=m r se convierte en v2 m g =m r Despejando v, resulta:

v = g r = 10 m /s 2 0, 4 m = 2 m /s

90


30/7/08 16:06:55

51. La fuerza centrípeta sobre el cuerpo es:

Fc = m ac = m ω2 r

El ángulo α que forma la cuerda con la vertical cumple: r sen α = = 50 L 130 De donde α = 22,62º En el triángulo rectángulo formado por los vectores representativos de las fuerzas, se cumple: 2 2 F tg α = C = m r = r P mg g Despejando ω, resulta:

9,81 m / s 2 tg 22,62º = 2,86 rad / s 0,5 m 1 rev ω = 2,86 rad/s × = 0,45 rev/s 2 rad ω=

g tg r

=

T

L

α

α

FC

P r

Ley de gravitación universal 52. El peso del cuerpo es:

P = m g = 0,5 kg × 9,8 m/s2 = 4,9 N

91


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Unidad 3. Dinámica La fuerza con la que es atraído 10 000 km del centro de la Tierra es: m MT 0,5 kg 5,98 10 24 kg 11 2 2 F =G =6,67×10 Nm kg =2 N d2 (10 10 6 m)2 A 10 000 km sobre la superficie de la Tierra d = 6 370 km + 10 000 km = = 16 370 km. m MT 0,5 kg 5,98 10 24 kg 11 2 2 F =G =6,67 10 Nm kg × = 0,74 N d2 (1,637 10 7 m)2 53. La gravedad en Marte es: G M Marte

g=

2 rMarte

=

10 -11 Nm 2 kg −2

6,67

(3,4

10 23 kg

6,4 2

10 m ) 6

= 3,69 m/s2

El peso del astronauta en Marte será:

PMarte = M × gMarte = 150 Kg × 3,69 m/s2 = 554 N

54. La masa de la Luna es: M T 5,98 1024 kg = = 7,38 × 1022 kg ML = 81 81 Por la ley de la gravitación universal: F=

G MT ML 2

d Despejando d:

d=

G MT ML

F = 3,8 × 108 m

=

6,67

10 -11 Nm2 kg −2

5,98 × 1024 kg 2 1020 N

7,38

1022 kg

55. El peso del cuerpo en la superficie del planeta es: m MT / 2 m×M T p=G =G 2 2 (R T / 2) R T2 m MT Pero G es su peso en la Tierra (40 N). R T2 Por lo tanto, será:

p = 40 N × 2 = 80 N

56. Según la ley de la gravitación universal, el peso p de un cuerpo es inversamente proporcional al cuadrado de su distancia d al centro de la Tierra. Es decir, el producto p d2 es constante:

p1 d12 = p2 d22

Despejando d2, se obtiene:

d2 =

p1 p2

d1 = 360 N 6,37 106 m = 2 6,37 106 m 90 N

92


30/7/08 16:06:56

La altura sobre el suelo es:

h = d2 − RT = 2 × 6,37 × 106 m − 6,37 × 106 m = 6,37 × 106 m

Impulso mecánico y cantidad de movimiento  57. F

  t =m v m v 0  Despejando v resulta:          (4 i + 2 j ) N 10 s F t v = v0 + = i 4 j(m / s)+ =3i 3 j (m/s) 20 kg m   58. F t =m v



Despejando F se obtiene:  m      50 kg F= × v = (16 i 9 j 4 i +6 j ) m/s= t 3s       50 kg = (16 i 9 j 4 i +6 j ) m/s= 200 i − 50 j (N) 3s   59. F t =m v Despejando:  m      2 kg   F = v = × (16 i + 4 j − 4 i + 5 j ) m /s = 8 i + 6 j (N) t 3s  F = 82 +62 = 10 N 60. La velocidad inicial y final de la pelota expresadas en m/s son:

v1

90 km / h = −25 m/s y

v 2 =144 km / h = 40 m/s

El impulso mecánico aplicado a la pelota es:

I = ∆p = m (v2 − v1) = 0,080 kg × (40 + 25) m/s = 5,2 kg m s−1

La fuerza media que actúa sobre la pelota será: p 5,2 kg m s -1 F= = = 260 N t 20 10 -3 s    61. v 0 = 2 cos 30º i − 2 sen 30º j    v = 2 cos 30º i + 2 sen 30º j       I = p =m(v −v 0 )= 0,1 kg × 4 sen 30º j (m/s) = 0,2 j N s

Principio de conservación de la cantidad de movimiento 62. Podemos aplicar el principio de conservación de la cantidad de movimiento al sistema fusil-bala:   P = P0

93


30/7/08 16:06:57

Unidad 3. Dinámica es decir,

mf vf + mb vb = 0.

Despejando vf , se obtiene: mb v b 0,02 kg×900 m/s vf = − = = −6 m/s mf 3 kg 63. En el choque se conserva la cantidad de movimiento del sistema bloque-bala:    (m1 +m2 ) v =m1 v1 +m2 v 2  Despejando v , resulta:      m v1 +m v 2 400 g 12 j (m /s)+ 40 g 300 i (m / s) 1 2 v= = = 400 g + 40 g m1 +m2   = 27,3 i + 10,9 j m/s 64. La bolsa de arena cae verticalmente, por lo que la componente horizontal de su velocidad es nula. Para calcular la masa de la bolsa de arena aplicaremos la conservación del momento lineal del sistema bolsa-carrito en el eje horizontal:

mc × vc = (mc + mb) v

Despejando mb resulta: m (v c v) 5 kg×(4 2,5) m / s mb = c = = 3 kg 2,5 m / s v 65. Por el principio de conservación de la cantidad de movimiento,

(mn + mm) × vi = mn × vn + mm × vm

vm =

(m

n

+mm )×v i −m n ×v n mm

=

(40+5) kg×6 m/s−40 kg×8 m/s = −10 m/s 5 kg

66. Aplicamos el principio de conservación de la cantidad de movimiento:   p inicial = p final

es decir,

   0,2 kg × 9 i m/s + 0,3 kg × 0 m/s = 0,2 kg × 3 j m/s + 0,3 kg × v

De donde se deduce:    v c = 6 i − 2 j (m/s) 67. El sistema se compone de tres cuerpos, el barco A, el barco B y el hombre; inicialmente el momento total del sistema es cero ya que los tres cuerpos están en reposo y no cambiará su valor por que la resultante de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema es nula: mA vA+ mB vB + mh vB = 0 (El hombre, tras el salto, adquiere la velocidad del barco B) Despejando la masa del hombre: mA v A + mB v B 300 kg ( 1 m / s)+ 225 kg 1 m / s mh = =− =75 k g 1m /s vB 94


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En el instante en que el hombre está saltando también será nula la cantidad de movimiento del sistema:

mA vA+ mH vH = 0

De donde se deduce: mA v A 300 kg ( 1 m / s) vH = 4 m/s 75 kg mH

Cuestiones relativas a todos los apartados 68. a) Actúan el peso del libro y la reacción de la mesa sobre el libro. Como el libro no se mueve, está en equilibrio y la resultante es nula. b) Verticalmente sucede lo mismo que en el apartado a: el peso del coche se anula con la reacción del suelo. Horizontalmente la fuerza que ejerce el suelo sobre las ruedas de tracción y el rozamiento que se opone al movimiento. Si su movimiento es uniforme, el coche está en equilibrio y la resultante sobre él es nula. c) Sobre una manzana que cae actúan su peso y el rozamiento del aire. El peso es mayor que el rozamiento, por lo que la resultante está dirigida verticalmente hacia abajo, no hay equilibrio y el movimiento es acelerado. 69. La intensidad de la resultante de las fuerzas que actúan es: f = (35−17)2 +(40−16)2 N = 30 N La aceleración del cuerpo será, por tanto: f a = = 30 N =2,5 m/s2 m 12 kg 70. Por el principio fundamental de la dinámica:

F – m g − FR = m a

Despejando FR se obtiene:

FR = F m g m a = 400 kp

= 380 N

9,8 N −300 kg 9,8 m / s 2 1 kp

300 kg 2 m / s 2

71. c) Distinto, los sentidos son opuestos.  e) Distinto, si A ejerce una fuerza F sobre B y B ejerce la reacción. f) Distinto, si la fuerza ejercida por A actúa sobre B, su reacción actúa sobre A. Las restantes características son iguales en la acción y en la reacción. 72. Sobre la mesa actúan: -Su peso, de 7 kp, cuya reacción es la fuerza con que la mesa atrae a la Tierra. -La fuerza de 5 kp que ejerce la caja sobre la mesa, cuya reacción es la fuerza hacia arriba que ejerce la mesa sobre la caja. -La fuerza de (7 + 5) kp = 12 kp que ejerce el suelo sobre las patas de la mesa, cuya reacción es la fuerza hacia abajo que ejerce la mesa contra el suelo. 95


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Unidad 3. Dinámica 73. Por el principio de acción y reacción el cable tira del vehículo con la misma fuerza  con que el vehículo tira del cable. Sobre el vehículo únicamente actúa la fuerza F hacia delante que ejerce el cable sobre él, que es la responsable de su movimiento. 74. El dinamómetro es capaz de medir fuerzas entre 0 y 20 N y se alargará un máximo de 8 cm cuando la fuerza ejercida sobre él sea máxima. Para calcular la constante elástica de su muelle utilizamos la ley de Hooke:

F=−kx

de donde se deduce, −20N k=− = 250 N/m 0,08m Al aplicarle una fuerza de 6 N, el alargamiento será:

x=−

6N = 0,024 m 250 N m

75. a) La fuerza de rozamiento estático aparece sobre cuerpos que no están en movimiento cuando sobre ellos se ejerce alguna fuerza para iniciar un movimiento. El rozamiento cinético, en cambio, actúa cuando el cuerpo ya está en movimiento. Ambos rozamientos se oponen al movimiento del cuerpo. b) La intensidad de la fuerza de rozamiento cinético cumple:   FR = c FN Y la de rozamiento dinámico:   FN FR e La primera expresión es una igualdad y la segunda una desigualdad. c) El valor de μe es ligeramente superior al de μc. 76. La fuerza de rozamiento estático cumple:   FN = 0,6 15 N = 9 N FR e Si se aplica al cuerpo una fuerza horizontal de 8 N (inferior a 9 N), el rozamiento estático impedirá que se mueva ejerciendo una fuerza igual y de sentido contrario. En ese caso  F R =8 N . Si se le aplica una fuerza horizontal de 10 N, la fuerza de rozamiento estático adqui rirá su valor máximo F R = 9 N y el cuerpo se pondrá en movimiento. 77. Enganchamos el dinamómetro al cuerpo y ejercemos una fuerza horizontal sobre el cuerpo tirando del dinamómetro. En este caso actúan dos fuerzas horizontales  sobre el cuerpo, la fuerza F que ejercemos nosotros mediante el dinamómetro y, en sentido contrario, la fuerza de rozamiento estático por deslizamiento. En el momento en que se inicia el movimiento anotaremos el valor F que marca el dinamómetro, que será igual al valor máximo de la fuerza de rozamiento estático. El F coeficiente de rozamiento estático valdrá μe = . mg 96


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78. Sobre el cuerpo actúan verticalmente su peso P y la fuerza de rozamiento estático FR . Y horizontalmente, la fuerza normal FN que ejerce la placa contra el cuerpo. La fuerza de rozamiento estático es FR ≤ μ FN. Por lo tanto, si FN es suficientemente grande, la fuerza de rozamiento podrá alcanzar un valor igual al peso P del cuerpo y evitará que éste se deslice hacia abajo.

FR = –P

FN = m a

P=mg

  79. Sobre el cuerpo actúan su  peso P , la fuerza normal N que ejerce el plano y la fuerza de rozamiento estático F R .  2 P = m g = 5 Kg 9,8 m/s = 49 N  N = m g cos 30º = 42,4 N Las fuerzas que actúan en la dirección del movimiento son la componente tangencial del peso y la fuerza de rozamiento. Como el cuerpo se mantiene en reposo ambas  fuerzas han de ser iguales: FR = m g sen 30º = 24,5 N. N FR

30º

P

97


30/7/08 16:07:00

Unidad 3. Dinámica 80. a) En la dirección del movimiento:  F = 100 kg × 3 m/s2 = 300 N b) En la dirección del movimiento actúan la fuerza aplicada F y la componente horizontal del peso:

F − m g sen 45º = m a. De donde se deduce: F = m (g sen 45º + a)= 100 kg × (9,8 × sen 45º + 3) m/s2 = 993 N

c) Verticalmente actúan la fuerza ejercida F y el peso del cuerpo:

F − m g = m a.

De donde se deduce:

F = m (g + a) = 100 Kg (3 + 9,8) m/s2 = 1 280 N rev rev 1min 2 rad = 720 81. ω = 720 = 75,4 rad/s min 1rev min 60s

La fuerza centrípeta es:   Fc = m a n = m 2 r = 0,08 kg × (75,4 rad/s)2 × 0,25 m = 113,7 N 82. La resultante de las fuerzas que actúan sobre el coche es la fuerza centrípeta:   m v2 Fc = m a n = r a) Si v1 = 1,5:  1,52 v 2 m  = 2,25 Fc Fc1 = r b) Si r1 = 0,5 r:   m v2 = 2 Fc Fc1 = 0,5 r Es mas fácil que patine en el caso a) ya que la fuerza necesaria para tomar la curva es mayor. 83. El peso del cuerpo en la Tierra es: PT =G M 2m = 1 N r a) Si el radio del planeta es ra = 2 r: P Pa =G M m = T =0,25 N 2 4 4r b) Si el radio del planeta es rb = 2r, su volumen es 8 veces mayor que el de la Tierra y, por tener igual densidad, también lo será su masa Mb = 8 M: Pb =G 8 M 2m =2PT = 2 N 4r 84. a) Exterior. b) No actúa sobre el sistema. c) Exterior. d) Interior. e) Exterior. f) Interior.

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85. a) Sí, porque cambia la dirección del vector cantidad de movimiento que es la misma que la del vector velocidad. b) Sí, porque el impulso mecánico es igual al incremento de la cantidad de movimiento. También puede justificarse diciendo que para cambiar la dirección de la velocidad ha de ejercerse una fuerza durante un cierto tiempo. 86. El incremento de la cantidad de movimiento de B es:

ΔpB = mB vBl – mB vB0 = 0,2 kg × (4 − 10) m/s = −1,2 kg m/s

La variación de la cantidad de movimiento total del sistema es cero ya que la resultante de las fuerzas exteriores que actúan sobre el sistema es nula.

Δpsis = ΔpA + ΔpB = 0

De la anterior igualdad se deduce que:

ΔpA = −ΔpB = 1,2 kg m/s

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Unidad 4. La energía y su transferencia Trabajo 1. Peso del trineo:

P = m g = 80 kg × 9,8 m/s2 = 784 N

Trabajo realizado por el peso:

WP = PT × Δs = P × sen 15º × Δs = 784 N × sen 15º × 150 m = 30 437 J = = 3,04 × 104 J

2. Peso del cuerpo:

P = m g = 120 kg × 9,8 m/s2 = 1 176 N

Componente tangencial de P:

PT = P sen 30º = 588 N

Fuerza de rozamiento:   FR = µ c PN = µC P cos 30º = 0,3 × 1 176 N × cos 30º = 305,53 N Fuerza aplicada:  F = 588 N + 305,53 N = 893,5 N

W = F × Δs = 893,5 N × 10 m = 8 935 J = 8,94 kJ

3. El trabajo realizado por el peso es nulo porque es perpendicular al desplazamiento. Fuerza de rozamiento:   FR = µ P = 0,35 × 1 200 N = 420 N Trabajo realizado por la persona:

WFap = 420 N × 5 m = 2 100 J

Trabajo de rozamiento:

WFr = − Fr Δs = − 420 N × 5 m = −2 100 N

4. Peso del saco:

P = m g = 80 kg × 9,81 m/s2 = 784,8 N

La componentes tangencial y normal de la fuerza aplicada a la cuerda:

FT = F cos 30º = 0,8660 F

FN = F sen 30º = 0,5 F

Fuerza normal que ejerce el saco contra el suelo:

N = P − FN = 784,8 − 0,5 F

Fuerza de rozamiento:

FR = μ N = 0,4 (784,8 − 0,5 F) = 313,9 – 0,2 F

a) Cuando la aceleración es nula, FT − FR = 0:

0,866 F – (313,9 – 0,2 F) = 0 De donde: F = 294,5 N

100


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El trabajo realizado por F: Wa = F Δs cos α = 294,5 N × 25 m × cos 30º = 6 376 J

b) FT − FR = m a, es decir: 0,866 F – (313,9 – 0,2 F) = 80 × 1

De donde: F = 369,5 N

Trabajo realizado por F: Wb = F Δs cos α = 369,5 N × 25 m × cos 30º = 8 000 J

5. Trabajo realizado:

W = F t Δs = m at Δs

Desplazamiento sobre la trayectoria:

Δs = 2 π r = 2 π × 10 m = 62,83 m

W = 4 kg × 0,2 m/s2 × 62,83 m = 50,3 J

6. Fuerza de rozamiento:   FR = µ c FN =0,6×15 N = 9 N Arco de trayectoria recorrido: 0, 2 m 150 vueltas 2 = 31,42 m 1 vuelta 60 s Trabajo realizado por la fuerza de rozamiento:

Δs = 10 s ×

W = FR × Δs = 9 N × 31,42 m = 283 J

7. Desplazamiento:          ∆ r = r B – r A = (4 i + 10 j ) – (–6 i + 2 j ) = 10 i + 8 j (m) Trabajo realizado:       W = F ∆ r = (30 i – 20 j ) × (10 i + 8 j ) = 30 × 10 – 20 × 8 = 140 J   8. r = v o t

 1 2    g t = (50 + 80 j ) t − 1 10 t2 j = 50t i + (80t − 5t2) j 2 2 Para t = 2 s:      r (2) = (50 × 2) i + (80 × 2 − 5 × 22) j = 100 i + 140 j (m)

Para t = 10 s:      r (10) = (50 × 10) i + (80 × 10 − 5 × 102) j = 500 i + 300 j (m) Desplazamiento realizado:      Δ r = r (10) − r (2) = 400 i + 160 j (m) Trabajo realizado por el peso:     W = P Δ r = (−10 j ) N × (400 i + 160 j ) m = −320 J

101


30/7/08 16:07:01

Unidad 4. La energía y su transferencia

Energía cinética 9. Ek del cohete antes de explotar: 1 1 Ek cohete = m v 2 = 0,4 kg (40 m /s)2 = 320 J 2 2 Ek del fragmento de 0,25 kg: 1 Ek 1 = 0,25 kg (70 m /s)2 = 612,5 J 2 Ek del fragmento de 0,15 kg: 1 Ek frag2 = 0,15 kg (120 m /s)2 = 1 080 J 2 ΔEk = 612,5 J + 1 080 J − 320 J = 1 372,5 J = 1,37 kJ 10. Velocidad del móvil:         v = v 0 + a (t t 0 ) = (50 i + 80 j ) − 10t j = 50 i + (80 − 10t) j En los instantes t = 2 s i t = 10 s:      v (2)= 50 i + 60 y v (10) = 50 i − 20 j 1 1 1 ∆Ek = m [v(10)]2 − m[v(2)]2 = × 0,2 kg × [502 +202 – (502 + 602)] m2/s2 = 2 2 2 = −320 J Se obtiene el mismo valor que para el trabajo realizado por el peso (solución del ejercicio 8). 11. Desplazamiento:

Δs = 2 π r = 2 π × 20 m = 125,66 m

Dado que Ek0 = 0:

ΔEk = Ek = Ft Δs = 80 N × 125,66 m = 10 053,1 J 1 Despejando v de Ek = m v 2 : 2

v=

v

2×E k

m Al final de la primera vuelta: 2 10 053,1 J 800 kg

5,01 m/s

Al final de la segunda vuelta:

Δs = 2 × 125,66 m = 251,32 m

Ek = Ft Δs = 80 N × 251,32 m = 20 105,6 J

Con lo que se obtiene:

v=

2 20105,6 J = 7,09 m/s 800 kg

102


30/7/08 16:07:02

12. Desplazamiento del móvil:          ∆ r = r B – r A = (6 i + 2 j ) – (2 i + 7 j ) = 4 i − 5 j (m)       W = F ∆ r = (10 i – 6 j ) N × (4 i − 5 j ) m = 10 × 4 + (−6) × (−5) = 70 J  Dado que sólo actúa F : 1 1 W = ∆Ek = m vB2 − m vA2 2 2 1 2 2 70 = 20 (vB − 3 ) = 10 vB 2 – 90, de donde: vB = 4 m/s 2

Energía potencial gravitatoria 13. Para la piedra de 3 kg:

Ep = 3 kg × 10 m/s2 × 8 m = 240 J

Para la piedra de 2 kg:

Ep = 2 kg × 10 m/s2 × 15 m = 300 J

Por lo que la piedra de 2 kg chocará más violentamente contra el suelo. 14. Ep = m g h, de donde: E 735 J m= p = =5,0 kg g h 9,81 m/ s2 15 m Para h = − 4 m:

Ep = m g h = 5,0 kg × 9,81 m/s2 × (− 4 m) = − 196,2 J

15. Trabajo realizado sobre una lata:

W = ΔEp = m g h – m g 0 = m g h

Para el segundo piso, h = 0,116 m:

W2 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,116 m = 0,3865 J

Para el tercer piso, h = 0,116 m × 2 = 0,232 m:

W3 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,232 m = 0,7730 J

Para el cuarto piso, h = 0,116 m × 3 = 0,348 m:

W4 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,348 m = 1,1595 J

Para el quinto piso, h = 0,116 m × 4 = 0,464 m:

W5 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,464 m = 1,5460 J

Trabajo para hacer una pila de 5 latas será:

W = 0,3865 + 0,7730 + 1,1595 + 1,5460 = 3,865 J

Trabajo total para hacer 120 pilas:

WT = 3,865 J × 120 = 463,8 J

103


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Unidad 4. La energía y su transferencia

Conservación de la energía mecánica 16. Energía mecánica en la posición 1: 1 E1 = Ek + Ep = m v12 + 0 2 Energía mecánica en la posición 2: 1 E2 = Ek + Ep = m v22 + m g h2 2 Como ha de ser E1 = E2: 1 1 m v12 = m v22 + m g h2 2 2 Despejando v2:

v

1 2

2

(25 m/ s)

2

9,81 m / s2

2,5 m = 24 m/s

17. Si consideramos que en el suelo la altura es 0, en la posición inicial (h = 5 m): 1 EM0 = Ek + Ep= m vo2 + m g h 2 En la posición final (h = 0) sólo hay energía cinética: 1 EM = Ek = m v2 2 Como la energía mecánica se conserva: 1 1 m vo2 + m g h = m v2 2 2 Despejando vo:

vo =

v2

2g h =

(18m /s)2

2 9,8 m / s 2 5 m = 15,03 m/s

Sea cual sea la dirección inicial en que se lance el cuerpo, las energías inicial y final son las mismas, por lo que se obtendrá el mismo resultado. 18. Energía mecánica: 1 EM = m v2 + m g h 2 EM de la vagoneta: 1 EM = ×350 kg (12 m /s)2 +350 kg 9,81 m /s 2 6 m = 45 801 J 2 Este valor se conserva constante pues el rozamiento se supone nulo. a) Despejando v de la ecuación de la energía mecánica: 2 (E M

v=

= 8,1 m/s

m

m g h)

2 (45 801 J 350 kg 9,81 m/ s2 10 m) = 350 kg

b) En el momento en que la vagoneta alcanza la máxima altura, Ek = 0 y EM = Ep = m g h:

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Despejando h: E 45 801 J h= M = = 13,3 m m g 350 kg 9,81 m/ s2

19. Δ Ep = Ep − Epo = m g h − m g 0 = m g (h − ho) = m g Δh Para el cuerpo de 500 g, Δh = −2 m:

ΔEp = 0,5 kg × 9,8 m/s2 × (−2 m) = −9,8 J

Para el cuerpo de 400 g, Δh = 2 m:

ΔEp = 0,4 kg × 9,8 m/s2 × 2 m = 7,84 J

Para el conjunto de ambos cuerpos:

ΔEp = −9,8 J +7,84 J = −1,96 J

Como la energía mecánica se conserva:

ΔEp + ΔEk = 0, es decir,, ΔEk = −ΔEp = 1,96 J

Dado que la energía cinética inicial es nula, la energía cinética final será Ek = 1,96 J 1 1 Ek = m1 v2 + m2 v2 = (0,250 kg + 0,200 kg) v2 = 1,96 J 2 2 Despejando la velocidad v:

v=

1,96 J = 2,09 m/s (0,250 kg + 0,200 kg )

Trabajo y energía mecánica 20. Energía mecánica inicial: 1 EM0 = Ek0 + Ep0 = m ν02 + m g h0 2 Energía mecánica final (para h = 0): 1 EM = Ek + Ep = m v2 + 0 2 1 1 1 ∆EM= EM – EM0 = m v2 – m v02 + m g h0 = m (v2 – v02) – m g h0 2 2 2

∆EM = 0,150 kg × [(11 m/s)2 – (8 m/s)2] − (0,300 kg × 9,8 m/s2 × 6 m) = = – 9,09 J

21. ∆EM = WD = WR = FR ∆s = –80 N × 12 m = –960 J El trabajo WR del rozamiento es negativo, ya que la fuerza y el desplazamiento tienen sentidos opuestos. El cuerpo pierde, durante el descenso, 960 J de su energía mecánica. Energía mecánica inicial:

EM1 = Ek1 + Ep1 = 0 + m g h = 40 kg × 9,81 m/s2 × 4 m = 1 569,6 J

Energía mecánica final: 1 1 EM2 = Ek2 + Ep2 = m v 2 +0 = × 40 × v2 = 20 v2 2 2 105


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Unidad 4. La energía y su transferencia Como WR = ∆EM = EM2 − EM1, se tiene: –960 = 20 2 – 1 569,6 Despejando v:

v=

960 J + 1 569,6 J = 5,52 m/s 20kg

22. Fuerza de rozamiento:

FR = μ FN = μ m g = 0,4 × 2 kg × 9,8 m/s2 = 7,84 N

a) Trabajo del rozamiento:

WR = FR ∆s = –7,84 N × 10 m = –78,4 J

El trabajo total es el de la fuerza F y la fuerza de rozamiento FR: 1 WF + WR = m v2 2 Despejando WF: 1 WF = m v2 − WR = 1 kg × (12 m/s)2 + 78,4 J = 222,48 J 2 b) En el frenado sólo hay trabajo de rozamiento y será igual al incremento de energía cinética: 1 WR = FR × Δs = 0 − m v2 2 Despejando Δs, se obtiene:

s=

2 kg (12 m/s)2 m v2 = = 18,4 m 2 ( 7,84 N) 2 FR

23. Despejando a de F – R = m a: F R 500 N - 300 N a= = = 0,8 m/s2 250 kg m Desplazamiento del coche: 1 1 ∆s = a (∆t)2 = × 0,8 m/s2 × (4 s)2 = 6,4 m 2 2 a) El trabajo realizado por el caballo es:

W = F ∆s = 500 N × 6,4 m = 3 200 J

b) Ek adquirida por el coche:

Ek = Wtotal = (F – R) ∆s = (500 N – 300 N) × 6,4 m = 1 280 J

c) Energía disipada por rozamiento:

ΔEM = WR = − 300 N × 6,4 m = −1 920 J

La energía disipada es de 1 920 J 24. Energía mecánica inicial: 1 1 EM1 = Ek1 + Ep1 = m v2 + 0 = × 50 kg × 10 m/s = 2 500 J 2 2

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Energía mecánica final:

EM2 = Ek2 + Ep2 = 0 + m g h = 50 kg × 9,8 m/s2 × 2 m = 980 J

a) Trabajo de rozamiento:

WR = ∆EM = EM2 − EM1 = 980 J – 2 500 J = − 1 520 J

b) El trabajo del rozamiento es WR = FR Δs, de donde: W 1520 J FR = R = = 190 N 8m s c) Componente tangencial del peso: PT = m g sen α = 50 kg × 9,8 m/s2 × 2/8 = 122,5 N

Como la fuerza de rozamiento (190 N) supera a la componente tangencial del peso, el cuerpo quedará en reposo.

Potencia 25. Fuerza que ejerce el caballo:  2 FR = μC m g = 0,2 × 300 kg × 9,8 m/s = 588 N Velocidad del caballo: v = 10 km/h = 2,778 m/s. Potencia desarrollada:

P = F v = 588 N × 2,778 m/s = 1 633 W = 1,63 kW

26. Masa de agua que cae cada segundo: 1 000 kg m = 4 m3 = 4 103 kg de H2 O 3 1m Incremento de su EP:

ΔEP = 0 − m g h = − 4 103 kg × 9,81 m/s2 × 80 m = −3,14×106 J

Como esta energía se transforma en energía eléctrica por segundo, la potencia suministrada es: 3,14 106 J W P= = = 3,14 MW 1s t 27. Potencia que se recibe del Sol en cada m2: 1 1 min 1 MW J = MW 6 1 min 60s 10 W 6 000 Para recibir 1 750 MW se necesita una superficie:

10 4

s = 1 750 M W

6 000 m 2 1 km 2 = 10,5 km2 1 M W 10 6 m 2

Rendimiento 28. El rendimiento de un motor:

η=

PU PT

100 107


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Unidad 4. La energía y su transferencia Despejando la potencia total: P 36 kW PT = U 100 = 100 = 51,43 kW 70 Potencia perdida:

Pp = PT – PU = 51,43 kW – 36 kW = 15,43 kW = 15 430 W

3600 s = 43 200 s 1h La energía perdida durante este tiempo será:

∆t = 12 h ×

Eperdida = Pp ∆t = 15 430 W × 43 200 s = 666,6×106 J = 666,6 MJ

29. Potencia útil: W 29,7 MJ 1h 106 J = = 1 375 W PU = t 3 600 s 1 MJ 6h Rendimiento: P 1 375 W = 0,55 = 55 % η= U = PT 2 500 W 30. Cada minuto se eleva una masa de agua de m = 200 kg. Trabajo necesario:

W = ∆EM = ∆Ep = m g h = 200 kg × 9,8 m/s2 × 15 m = 29 400 J

Potencia útil: W 29 400 J PU = = = 490 W 60 s t P De η = U se deduce: PT 490 W = 817 W = 0,817 kW 0,60 Energía consumida en 8 h: PU

PT =

W = PT ∆t = 0,817 kW × 8 h = 6,536 kWh

=

A 0,1 euros/kWh, su coste es: 0,1 euros 6,536 kWh × = 0,65 euros 1 kWh 31. Energía suministrada cada 100 km: 7 litros × 40 MJ/litro = 280 MJ Tiempo empleado en recorrer 100 km: 3 600 s 1h Δt = 100 km × = 4 000 s 1h 90 km Potencia total suministrada por la gasolina: W 280 106 J PT = = = 70 000 W = 70 kW t 4 000 s

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Rendimiento del motor, que desarrolla una potencia útil de 30 kW: PU 30 kW = 0,43 = η= PT 70 kW El motor aprovecha un 43 % de la energía consumida. 32. La energía total consumida:

ET = PT ∆t = 15 000 W × 20 s = 300 000 J = 300 kJ

Energía útil:

E U = ΔEP = m g h = 5 000 kg × 9,81 m/s2 × 4 m = 196 200 J = 196,2 kJ

La energía perdida:

Eperdida = ET – EU = 300 kJ − 196,2 kJ = 103,8 kJ

Rendimiento de la grúa: E 196,2 kJ η = U 100 = 100 = 65,4 % ET 300 kJ 33. La energía útil:

EU = ΔEP = m g h = 1 200 kg × 9,8 m/s2 × 5 m = 58 800 J

El tiempo empleado en recorrer los 15 m a 0,5 m/s: 1s Δt = 15 m × = 30 s 0,5 m Potencia útil: E 58 800 J PU = U = = 1 960 W = 1,96 kW 30 s t Rendimiento: P 1,96 kW = 0,40 η= U = PT 4,9 kW

Calor y temperatura 34. Calor necesario: Q = c m ∆t = 4 180 J/kg K × 100 kg × 100 K = 4,18 × 107 J Q Despejando m de la fórmula anterior: m = c t Masa de aluminio: 4,18 10 7 J m= = 467 kg de aluminio 895 J/kg K 100 K

35. Calor:

Q = cm ∆t = 2 427 J/kg K × 0,780 kg × (283 − 303) K = − 3,78 × 104 J

Se desprenden 3,78 × 104 J.

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Unidad 4. La energía y su transferencia 36. La masa de 1 m3 de agua de mar es 1 030 kg. El incremento de temperatura de agua t2 – t1 = 23,5 ºC – 12 ºC = −11,5ºC = −11,5 K Energía cedida por 1 m3 de agua de mar:

Q = c m (t2 – t1) = 1 kcal /kg K × 1 030 kg × (−11,5 K) = 1,18×104 kcal = = 1,18 ×107 cal

Calor y trabajo 37. Velocidad del camión; 72 km/h = 20 m/s La energía desprendida en forma de calor es igual a la energía cinética que tenía el camión: 1 1 Q = Ek = m v2 = × 20 000 kg × (20 m/s)2 = 4 × 106 J 2 2 38. Potencia de la máquina: 736 W P = 0,25 CV × = 184 W 1 CV Energía suministrada en un minuto:

E = P Δt = 184 W × 60 s = 11 040 J

Energía desprendida en forma de calor: 75 Q = 11 040 J × = 8 280 J 100 39. Incremento de energía interna: 1 ∆U = m v2 2 El incremento de energía interna supone un aumento de temperatura tal que: ∆U = c m Δt Igualando ambas expresiones de ΔU: 1 c m Δt = m v2 2 Despejando Δt: 2 (600m / s)2 Δt = v = = 1 406 K = 1 406 ºC 2 c 2 128J / kgK 40. El trabajo realizado sobre el sistema es negativo, ya que el gas se expande contra la fuerza que ejerce la presión exterior: W = −200 kJ. Calor que se le suministra al gas: 4,18 kJ Q = 50 kcal × = 209 kJ 1 kcal Por el primer principio de la termodinámica:

ΔU = Q + W = 209 kJ − 200 kJ = 9 kJ

41. Si la energía potencial inicial se transforma en energía interna del agua, ésta experimentará un incremento de temperatura Δt tal que:

m g h = c m Δt.

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Despejando Δt: gh t= c Para una caída de 30 m: 9 ,81 m /s2 30 m Δt = = 0,07 K = 0,07 ºC 4 180 J / kg K Para una caída de 420 m:

Δt =

9 ,81 m / s2 420 m = 0,98 K = 0,98 ºC 4 180 J / kg K

42. Trabajo realizado por el peso:

W = m g h = −70 kg × 9,81 m/s2 × 300 m = −206 010 J

Este trabajo es el 20 % de la energía corporal consumida: −206 010 J = 20 U 100 Despejando ΔU: 100 ΔU = −206 010 J × = −1 030 050 J 20 Energia en forma de calor:

Q = ∆U – W = –1 030 050 J – (−206 010 J) = – 824 040 J

4 ,18 kJ Por ejemplo, un yogur natural de 125 g contiene 138 kcal = 138 kcal × = 1 kcal = 576 000 J Debería comer dos yogures para compensar aproximadamente la energía perdida aportando a su cuerpo un total de 1 152 000 J. 43. Velocidad inicial del tren: 9 km/h = 2,5 m/s. Trabajo realizado por el parachoques: 1 1 1 W = ∆Ek = m v2 − m v02 = 0 − × 300 000 kg × (2,5 m/s)2 = 2 2 2 = − 937 500 J a) Despejando F de W = F ∆s: 937 500 J W = = − 234 375 N F= 4m s b) Si no hay transmisión de calor, Q = 0, por lo tanto: ΔU = Q + W = 0 + W = 937 500 J

Este trabajo es positivo porque es el que realiza el tren contra el parachoques.

Masa del líquido:

g 250 000 cm 3 = 225 000 g = 225 kg 3 cm El incremento de temperatura Δt del líquido del parachoques cumplirá: ΔU = c mL ∆t

Despejando ∆t:

mL =

∆t =

V =0,9

c mL

=

937 500 J = 2,08 K = 2,08 ºC 2 000 J/kg K 225 kg 111


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Unidad 4. La energía y su transferencia 44. Perímetro del cilindro:

p = 2 π r = 2 × π × 20 cm = 125,7 cm = 1,257 m

Velocidad lineal de la periferia del cilindro: rev 1,257 m 1 min = 62,85 m/s 1 rev 60 s min Potencia útil del motor:

v = 3 000

PU = F v = 1 400 N × 62,85 m/s = 87 990 W

Energía que consume el motor en 12 min = 720 s: 35,5 106 J = 9,763 10 7 J E=2,75 L 1L Potencia consumida por el motor (potencia total): E 9,763 107 J 135 597 W 720 s t Rendimiento del motor: P η = U 100 87 990 W 100 64,9 % 135 597 W PT Potencia perdida en forma de calor:

PT

Pp = PT − PU = 135 597 W − 87 990 W = 47 607 W

Energía perdida en 12 minutos:

Ep = Pp × ∆t = 47 595 W × 720 s = 3,43 × 107 J

Energía perdida por litro de combustible: 3,43 107 J = 1,246×10 7 J/L = 12,46 MJ/L 2,75 L

Cuestiones relativas a todos los apartados 45. Se denomina energía renovable a la energía que se obtiene de fuentes naturales virtualmente inagotables, unas por la inmensa cantidad de energía que contienen, y otras porque son capaces de regenerarse por medios naturales. Entre ellas encontramos: la solar, la eólica, la hidráulica, la de la biomasa y la geotérmica. Las fuentes de energía no renovables son los combustibles fósiles y los combustibles nucleares. Los primeros son el carbón, el petróleo y el gas natural, y los segundos son el uranio y el plutonio que generan la energía nuclear. 46. a) W = F Δs. La intensidad F de la fuerza debe ser constante y en la dirección del desplazamiento. b) W = Ft Δs. La componente tangencial Ft de la fuerza ha de ser constante. c) W = F Δs cos φ. Han de ser constantes la intensidad F de la fuerza y el ángulo φ que forma con la dirección del movimiento.   d) W = F r . La fuerza debe ser constante en módulo, dirección y sentido. Las cuatro expresiones son válidas tanto si la trayectoria es recta como curvilínea.

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47. a) En el caso de un vehículo con una masa un 40 % mayor que m, su energía cinética será: 1 Ek = (m + 0,4 m) v2 = 0,7 m v2 2 b) Si la velocidad es un 40 % mayor que v, obtenemos: 1 Ek = m (v + 0,4 v)2 = 0,98 m v2 2 Tendrá mayor energía cinética el vehículo con una velocidad un 40 % mayor que v. 48. 1˚. La condición que se debe cumplir es que el móvil sea puntual o que su movimiento sea de traslación, es decir, que tenga igual velocidad en todos sus puntos. 2˚. La posición del cuerpo ha de estar limitada a una zona lo suficientemente pequeña como para que el valor de la aceleración de la gravedad pueda considerarse igual en todos los puntos. 49. La energía cinética no puede ser negativa por que sus dos factores m y v2 son siempre positivos. Por otro lado, el valor de la energía potencial gravitatoria de un cuerpo depende de la posición de referencia donde la consideremos nula. Cuando el cuerpo se encuentra por debajo de dicha posición su energía potencial gravitatoria es negativa. 50. a) ∆Ek . Es igual al trabajo total realizado sobre el cuerpo. b) ∆Epg. Es igual al trabajo realizado por el peso del cuerpo cambiado de signo. c) ∆EM. Es igual al trabajo de las fuerzas disipativas (no conservativas). 51. Si un cuerpo no transmite energía, la energía mecánica que pierde se transforma en energía interna. Si transmite energía, la energía mecánica perdida pasa a otro u otros cuerpos como energía mecánica o en forma de calor. Un cuerpo con energía mecánica nula (EM = Ek + Ep = 0) puede perder energía y adquirir una energía mecánica negativa, porque, aunque su energía cinética Ek es siempre positiva, su energía potencial Ep puede tomar cualquier valor negativo. 52. El trabajo realizado por una fuerza conservativa hace variar la energía cinética y la potencial transformando una en otra, pero no cambia la energía mecánica ni la interna. El trabajo realizado por una fuerza disipativa hace variar la energía mecánica, y puede hacer variar la energía potencial, la cinética y la interna. 53. Al sostener un cuerpo en una posición no se realiza trabajo ya que no se produce ningún desplazamiento, por lo tanto, la potencia que se desarrolla es nula. 54. En todos los casos, para que se transmita energía de un cuerpo a otro en forma de calor, es necesario que los cuerpos estén a diferente temperatura. La conducción es la forma de transmisión calorífica propia de los cuerpos sólidos. Requiere la existencia de un medio material entre ambos cuerpos. La convección es la forma de propagación calorífica propia de los fluidos y requiere un medio material fluido entre los cuerpos para que se pueda transmitir calor.

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Unidad 4. La energía y su transferencia La radiación es la forma de propagación calorífica mediante ondas electromagnéticas y no requiere ningún medio o soporte material. 55. Dado que la masa de agua, glicerina y mercurio es la misma, aquélla que necesite menos calor incrementará antes los 50 ºC. De la ecuación Q = m c (t2 − t1) se deduce que la sustancia que tenga la capacidad calorífica específica más baja necesitará menos calor. En la tabla del apartado 13 se encuentra que:

cagua = 4 180 J/kg K; cglicerina = 2 340 J/kg K; cmercurio = 140 J/kg K

Por lo tanto, el mercurio será la sustancia que primero incrementará en 50 ºC su temperatura. 56. No toda la energía de nuestro cuerpo se puede convertir en trabajo. Una parte de ella se degrada transformándose en otro tipo de energía interna del cuerpo que se manifiesta por un aumento de su temperatura. El mecanismo del cuerpo para mantener su temperatura dentro del rango adecuado es la pérdida de calor mediante la conversión de sudor (agua) a vapor sobre la superficie cutánea (piel). Por eso, cuando la temperatura corporal se eleva durante el ejercicio, la producción de sudor aumenta. 57. Cuando inflamos un neumático comprimimos el aire que introducimos y, al hacerlo realizamos un trabajo sobre él. Por el primer principio de la termodinámica: W + Q = ΔU. Como el intercambio de calor en un tiempo tan breve es muy pequeño, se trata prácticamente de un proceso adiabático en el que Q = 0 y W = ΔU. Es decir, prácticamente todo el trabajo realizado se invierte en aumentar la energía interna del aire, lo que conlleva un aumento de su temperatura. 58. El estado final del sistema sólo dependerá de la suma W + Q pero no del valor de cada uno de estos sumandos por separado. Es decir, no importa qué parte de la energía se ha suministrado en forma de trabajo y cuál en forma de calor. Esto se basa en el Primer principio de la Termodinámica: la energía que un sistema recibe en forma de calor más el trabajo realizado sobre él es igual al incremento de su energía interna. El estado de un sistema determina el valor de su energía interna. 59. Decimos que la energía se degrada cuando una parte de ella se transforma en otra forma de energía no aprovechable para realizar trabajo. Por ejemplo, parte de la energía interna de la gasolina de un coche se pierde en forma de calor (el motor se calienta). Dicha energía no puede transformarse nuevamente en energía cinética del coche.

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Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento Ley de Coulomb 1. A partir de la ley de Coulomb calculamos la fuerza que ejercen 2 cargas puntuales. Q Q' F=k 2 2 r 9 N m Sustituimos las variables, siendo k = 9 × 10 C2 2 Nm 1C 1C F = 9 10 9 = 9 000 N 2 C (1 000 m)2 2. En un gramo de átomos tenemos 6,02 × 1023 protones y los mismos electrones. Si los concentramos en un punto, la carga será:

Q = 1,6 × 10−19 × 6,02 × 1023 = 96 320 C

La fuerza de atracción entre ellos viene dada por la ley de Coulomb: Q Q' F=k 2 r N m2 Suponemos que se encuentran en el aire, por lo que k = 9 ×109 , y sustituimos: 2 C N m2 96 320 C 96 320 C F = 9 10 9 = 8,35 × 1013 N 2 C (1 000 m)2 3. A partir de la ley de Coulomb calculamos la fuerza que ejercen la Tierra y la Luna. Q Q F = k Tierra 2 Luna r N m2 Sustituimos las variables, siendo k = 9 × 109 2 , ya que estamos en el vacío C 2 1C 1C 9 N m F = 9 10 = 6,1 × 10−8 N 2 2 C (384 000 000 m) 4. Si aplicamos la ley de Coulomb Q Q' F = k 2 = 10−5 N r Podemos despejar el valor de Q, ya que el resto de datos los conocemos, y sustituir: 2 5 0,1 m F r 2 10 N 2 Q = = 9 109 N m2 C-2 k 1 Q = × 10−8 C = 3,33 nC 3 Para que la fuerza de repulsión sea el doble, la distancia a la que se deben acercar es:

r2 =

k

Q2 = 2F

9

9

2

10 N m C 2

1 3

-2

10

5

2 -8

10 C

N

r = 0,0707 m = 7,07 cm

5. A partir de la ley de Coulomb calculamos la fuerza de repulsión entre 2 cargas positivas. Q Q' F=k 2 r 116

FQ_PD_116-221-CAST.indd 116

30/7/08 16:10:31

Las 2 cargas están separadas por una capa de 30 cm de poliestireno. Debemos calcular el valor de k en poliestireno, donde el valor de la permitividad es de 2,55.

k=

1

1

=

4

4

= r

0

2 9 109 N m2 9 N m = 3,53 10 2,55 C2 C2

Sustituimos este valor en la ecuación de la ley de Coulomb y obtenemos la fuerza de repulsión entre ambas cargas. N m2 80 10 6 C 2 10 6 C = 6,27 N F = 3,53 10 9 C2 (0,3 m)2 6. Si aplicamos la ley de Coulomb Q Q' F = k 2 = 40 N r Podemos despejar el valor de Q, ya que el resto de datos los conocemos, y sustituir: Q = 2

r2

F k

=

40 N 9

(0 ,2 m)

2

109 N m2 C-2

Q = 13,3 × 10−6 C = 13,3 μC

Si la permitividad relativa es εr = 1,5, el coeficiente de la ley de Coulomb para este medio es: 2 1 1 9 109 N m 2 9 Nm k= = = = 6 10 4 4 0 r 1,5 C2 C2 Y la fuerza con la que se atraerán es: Q Q' F=k 2 2 r -6 2

9 F = 6 10

Nm C

2

(13,3

10 C )

(0,2 m)2

= 26,53 N

7. a) A partir de las coordenadas de los puntos donde se hallan las cargas podemos calcular el vector que las une.

Q = 5 µC se halla en (−2, 5)

Q’ = 200 nC se halla en (6, −1)

El vector que las une es:    r =(6 ( 2)) i + ( 1 5) j m    r =8 i 6 j m

La distancia entre las 2 cargas es de:  r = r = 82 +( 6)2 =10 m   El vector unitario u en la dirección y sentido de r es:       r 8i 6j =0,8 i 0,6 j u= = 10 r La fuerza que ejercen las cargas es de:  Q Q'  F=k 2 u r 117


30/7/08 16:10:32

Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento

 N m2 5 10 6 C 200 10 F = 9 10 9 C2 (10 m)2    F = 7,2 10 5 i 5,4 10 5 j (N)    F = 72 i 54 j (µN)

9

C

  (0,8 i 0,6 j)

b) A partir de las coordenadas de los puntos donde se hallan las cargas podemos calcular el vector que las une.

Q = 5 µC se halla en (−2, 5)

Q’ = −2 µC se halla en (−9, 29)

El vector que las une es:    r =( 9 ( 2)) i + (29 5) j m    r = 7 i +24 j m La distancia entre las 2 cargas es de:  r = r = (−7)2 +24 2 =25 m   El vector unitario u en la dirección y sentido de r és:      7 i +24 j  r = 0,28 i +0,96 j u= = 25 r La fuerza que ejercen las cargas es de:  Q Q'  F=k 2 u r    N m2 5 10 6 C ( 2 10 6 ) C ( 0,28 i +0,96 j) F = 9 10 9 2 2 C (25 m)    −5 4 F = 4 ,03 10 i 1,38 10 j (N)    F = 40,3 i 138 j (µN)

Energía eléctrica 8. La energía potencial eléctrica de las cargas es: Q Q' N m 2 14 10 6 C 14 10 6 C = 8,82 J = 9 10 9 r 4 0, 2 m C2 0 Si se encontraran separadas por un vidrio cuya permitividad relativa fuese 5,6, su energía potencial sería: Q Q' 9 10 9 N m 2 14 10 6 C 14 10 6 C 1 = 1,58 J EP = = r 4 0, 2 m 5,6 C2 0 r

EP =

1

9. Sobre las partículas cargadas actúan las fuerzas de atracción electrostática (conservativas) y las fuerzas que ejercemos para separarlas (no conservativas). Nos piden el trabajo de estas últimas, es decir, el trabajo de las fuerzas no conservativas. Aplicaremos la fórmula:

WNC = ∆EM

Pero en este caso, el incremento de energía mecánica es debido únicamente a la energía potencial eléctrica. Calculemos la energía potencial eléctrica inicial y final: 118


30/7/08 16:10:32

Q Q' 9 109 N m2 = r 1,00059 C2

20 10

6

C ( 50 10 6 ) C = −45 J (0,2 m)

Q Q' 9 109 N m2 = 4 0 r r 1,00059 C2 El trabajo que se ha de realizar es:

20 10

6

C

EP1 =

1 4

0 r

1

EP2 =

WNC = ∆EM = EP2 – EP1 = −9 J – (−45 J) = 36 J

( 50 10 6 ) C (1 m)

El trabajo realizado es positivo. Esto es lógico, puesto que para separar dos cargas que se atraen se tiene que hacer fuerza en el mismo sentido en que se mueven. 10. Como suponemos que no actúa el rozamiento, la energía mecánica del sistema se conservará. Por encontrarse ambos protones en reposo, la energía inicial del sistema es sólo la energía potencial eléctrica: Q Q' N m 2 1,6 10 19 C 1,6 10 19 C = = 9 10 9 4 0 r C2 0,1 10 6 m = 2,304 × 10−21 J La energía mecánica del sistema, cuando los protones se encuentren a 1 μm, será potencial y cinética, y ambos poseerán igual velocidad, ya que son iguales:

1

EP1 =

EP2 =

1 4

0

Q Q' N m2 = 9 10 9 r C2

1,6 10 1 10

19 6

C

m

2

= 2,304 × 10−22 J

1 Ek2 = 2 × m v2 = 1,67 × 10−27 v2 2 Igualando las energías mecánicas inicial y final, resulta:

2,304 × 10−21 = 2,304 × 10−22 + 1,67 × 10−27 v2

Despejando v se obtiene:

v = 1 114,3 m/s

Campo eléctrico 11. Conocemos la intensidad del campo eléctrico en el punto donde situamos Q. Por lo tanto:   F E= Q   F=E Q    16 10 6 C F = (24 000 i 32 000 j) N C    F= 0,384 i 0,512 j N Calculamos el módulo de la fuerza.  2 2 F = 0,384 +( 0,512) = 0,64 N 12. A partir de la ley de Coulomb, la intensidad de la fuerza que una carga puntual Q ejercería sobre otra carga puntual Q’, situada a una distancia r de la primera, es: 1 Q Q' F= 4 r2 119


30/7/08 16:10:33

Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento Por lo tanto, la intensidad del campo eléctrico creado por Q en el punto donde se halla Q’ será: 1 Q Q' F 4 r2 = 1 Q E= Q' Q' 4 r2 Si sustituimos por el valor de la carga y suponemos que estamos en el vacío, la intensidad del campo eléctrico creado por una carga de +2 nC será: N m 2 2 10 -9 C = 72 N/C C2 (0,5 m)2 La fuerza que actuaría sobre la carga de –1 pC sería de atracción y su valor lo obtendremos al multiplicar el valor del campo eléctrico por la carga:

E = 9 10 9

F = E Q’

F = 72 N/C × 1 × 10−12 C = 7,2 × 10−11 N 13. La fuerza ejercida por el campo eléctrico debe ser igual y de sentido opuesto a la del campo gravitatorio. A partir de la ecuación del campo eléctrico, F E= Q calculamos la fuerza que actúa sobre la carga eléctrica,

F=mg

F = 10−12 kg × 9,8 m/s2 = 9,8×10−12 N

y sustituyendo en la ecuación anterior:

E=

9,8 10 12 N = 4 900 N/C 2 10 15 C

14. El vector posición del punto A con sus componentes, expresadas en metros, es:    rA = 0,24 i −0,18 j La distancia de O a A es:  rA = r = 0,24 2 +( 0,18)2 = 0,3 m   El vector unitario u , en la dirección y sentido de rA es:       r 0,24 i 0,18j = 0,8 i 0,6j ur = = 0,3  r La intensidad de campo E será:    1 Q  9 109 N m 2 600 10-9 C E= u 0,8 i 0,6 j ) = ( r 2 2 2 4 5 r C (0,3 m) Efectuando las operaciones indicadas, resulta:    N E= 9 600 i 7 200 j C La intensidad del campo eléctrico en el punto B se calcula de igual forma. En este caso, la distancia entre O y B es:  rB = r = 0,212 +0,72 2 = 0,75 m 120


30/7/08 16:10:33

  El vector unitario u , en la dirección y sentido de rB es:       rB 0,21 i +0,72 j ur = = = 0,28 i +0,96 j 0,75 r  La intensidad de campo E será:  1 Q  9 10 9 N m 2 600 10 -9 C   E= ur = 0, 28 i +0,96 j ) ( 2 2 2 4 r 5 C (0,75 m) Efectuando las operaciones indicadas, resulta:   N  E = 537,6 i − 1843,2 j C

Diferencia de potencial 15. Cuando trasladamos una partícula de un punto A a un punto B, el trabajo realizado por un campo eléctrico es:

W = Q (VA − VB) W (VA VB ) = Q (VPA − VPB) =

10 3 = 33,3 V 3 10 5 C

16. Cuando trasladamos un protón entre dos puntos, el trabajo realizado por un campo eléctrico es:

W = Q (VA − VB)

La carga de un protón es de 1,6 × 10−19 C y la diferencia de potencial es de 1 000 V, sustituyendo: W = 1,6 × 10−19 C × 1 000 V = 1,6 × 10−16 J

17. a) Como el potencial es la unidad de energía por unidad de carga, calcularemos la energía potencial del electrón de la siguiente manera: ∆EP = qe (VA − VB)

Sabemos que, ∆V = VB − VA = 10 mV

por lo tanto, la diferencia de potencial entre A y B será de −10 × 10−3 V ∆EP = −1,6 × 10−19 C × (−10 × 10−3 V) = 1,6 × 10−21 J

b) Si sólo actúa la fuerza que ejerce el campo eléctrico, se mantendrá la energía mecánica, ya que esa fuerza es conservativa: EKA + EPA = EKB + EPB

Así pues, si la energía cinética del electrón en A es nula, tendremos: 1 0+q e V A = m e v 2 +q e VB 2 Despejando v, v=


2q e (V A

VB )

me 121

30/7/08 16:10:34


Sustituyendo por los valores numéricos, resulta: v=

2 ( 1,6 10 19 ) ( 10 10 3 ) = 5,93 × 104 m/s 31 9,1 10

18. Podemos calcular los culombios que han circulado por el calentador a partir de: W =Q (VA −VB ) De esta expresión se deduce que: 3 300 J W Q= = = 15 C (VA −VB ) 220 V Si la carga del electrón es de −1,6 × 10−19 C, la cantidad de electrones que habrán circulado por el calentador serán:

15 C = 9,38 × 1019 electrones 1,6 10 -19 C /electrón

Intensidad de corriente 19. a) La intensidad de corriente la podemos calcular a partir de la siguiente ecuación: Q I= t Conocemos el número de electrones que circulan por la sección y la carga que lleva cada uno de ellos, por lo tanto:

Q = ne qe = 6 × 1021 × (−1,6 × 10−19 C) = −960 C

Sustituyendo en la ecuación de la intensidad, −960 A I= = −16 A 60 s b) Si circulan 6 × 1021 electrones por minuto, en una hora:

6 × 1021 × 60 = 3,6 × 1023 electrones

20. La intensidad de corriente la podemos calcular a partir de la siguiente ecuación: Q I=t La carga que lleva cada uno de los electrones será:

Q = ne qe

Sustituyendo en la ecuación de la intensidad, nq I= e e t Podemos despejar el número de electrones que atraviesan la sección de un hilo conductor en 5 s cuando pasa una intensidad de corriente de 0,1 A: I t 0,1 A × 5 s = 3,125 × 1018 electrones ne = = −19 C 1,6 ×10 qe 21. a) A partir de la ecuación de la intensidad de corriente podemos calcular el tiempo teórico de vida de la pila. 122


30/7/08 16:10:34

Q t Despejando t, Q t= I I=

y sustituyendo por los valores iniciales de la pila.

0,7 Ah = 5 600 h 1,25 10 −4 A La pila teóricamente durará 5 600 horas, pero sabemos que cuando su cantidad de carga es de 0,05 Ah, ésta deja de funcionar. Calculemos el tiempo que quedaría cuando la cantidad de carga sea de 0,05 Ah. 0,05 Ah t= = 400 h 1,25 10 4 A t=

La diferencia de estos dos tiempos es el tiempo real de vida de la pila. treal = 5 600 h − 400 h = 5 200 h

b) Sabemos que la energía consumida se puede calcular a partir de: W=QV

Sabemos también que:

Q=It

Sustituyendo, W=ItV

Las unidades de todas las variables deben estar en el SI, por lo tanto: 3 600 s =1,872 10 7 s t = 5 200 h 1h Sustituyendo los valores numéricos en la ecuación de la energía, W = 0,125 × 10−3 A × 1,872 × 107 s × 3 V = 7 020 J

22. Cuando la batería está totalmente cargada, la intensidad de carga que circula es de 1 200 mAh durante 90 min. Sustituyendo estos datos en la ecuación de la intensidad: Q 1 200 mAh I= = = 800 mA t 1,5 h a) Si la batería funciona hasta que le queda un 5 % de la carga total, habrá circulado el 95 % de la intensidad: 95 = 760 mA = 0,76 A I = 800 mA × 100 b) Para la intensidad que ha circulado, la carga será: Q = I t = 0,76 × 5 400 s = 4 104 C

Y la energía que ha consumido en este tiempo:

W = Q V = 4 104 C × 6 V = 24 624 J = 24,62 kJ 123


30/7/08 16:10:35


Leyes de Ohm y de Joule 23. A partir de la ley de Ohm, podemos calcular la resistencia del conductor.

ΔV = R I

Despejando R, V R= I Sustituyendo los valores numéricos, V 120 V = R= = 24 Ω I 5A La energía que pierde cada C de carga la podemos calcular a partir de la ecuación siguiente: V=

W Q

Despejamos W

W=VQ

Para 1 C de carga la energía perdida es de:

W = 120 V × 1 C = 120 J

24. Podemos calcular la intensidad de corriente según la ecuación: Q 30 C = 0,5 A I= = t 60 s Y a partir de la ley de Ohm, podemos calcular la diferencia de potencial entre sus extremos:

V = R I = 40 Ω × 0,5 A = 20 V

Y la energía que se requiere para hacer circular 50 C por esta resistencia es:

W = Q V = 50 C × 20 V = 1 000 J

25. A partir de la ley de Ohm, podemos calcular la resistencia del conductor.

ΔV = R I

Despejando R, V R= I Sustituyendo los valores numéricos, 220 V V R= = 1 210,12 Ω = I 0,1818 A Para calcular la energía que pierde en media hora partimos de la siguiente ecuación: W V= Q Despejamos W

W=VQ

124


30/7/08 16:10:35

Por otro lado, a partir de la ecuación de intensidad de corriente y despejando Q, Q I= ;Q=It t Sustituyendo Q en la ecuación de la energía potencial, tenemos:

W=VIt

Sustituyendo por los valores numéricos,

W = 220 V × 0,1818 A × 1 800 s = 72 kJ

26. La capacidad calorífica del agua es de 4 180 J/kg K. La cantidad de energía necesaria para calentar 200 ml (0,2 kg) desde 20 ºC hasta 35 ºC (o sea, desde 293 K hasta 308 K) es:

Q = c m ∆t = 4 180 J/kg K × 0,2 kg × (308 − 293) K = 12 540 J

Si aplicamos la ley de Joule podemos despejar el valor de la resistencia:

W = R I2 ∆t 12 540 J W R= 2 = = 5,23 Ω I t 2 A 2 × 600 s

( )

A partir de la ley de Ohm, podemos calcular la diferencia de potencial que se le ha aplicado a la resistencia durante este tiempo:

V=RI

V = 5,23 Ω × 2 A = 10,45 V

27.

(VA - VB) V 16 14 12 10 8 6 4 2

0

0,02

0,04

0,06

0,08

0,1

0,12 I A

La recta de regresión del gráfico, calculada en unidades del SI, es:

(VA − VB) = 0,0 + 142 I

La pendiente de la recta nos proporciona el valor de la resistencia.

R = 142 Ω

125


30/7/08 16:10:36


Resistividad 28. La resistencia de un conductor metálico se define como: l R= S Si sustituimos los datos podemos despejar la resistividad del material del cable: R S 24 × 5 ×10 -6 m 2 = 1,2 × 10−5 Ω m = l 10 m Conociendo la resistividad podemos calcular la resistencia del cable si mide 60 m y tiene 10 mm2 de sección: l 1,2 10 5 m 60 m R= = = 72 Ω S 10 5 m 2

=

29. (Datos: Resistividad del cobre es ρ = 1,7 × 10−8 Ω m) La resistencia del cable de cobre la hallamos a través de la resistividad (ρ) del cobre. l R= S Primero tenemos que calcular la superficie de la sección en metros cuadrados.

S = π r2

S = π × (0,01 m)2 = 3,14 × 10−4 m2

Sustituyendo en la ecuación de la resistencia, 1,7 10 8 Ω m 350 000 m = 18,94 Ω 3,14 10 4 m 2 La energía que pierde 1 C en la línea la calculamos a partir de la ecuación: W V= Q Despejamos W

R=

W=VQ

Sabiendo que:

V=RI

y sustituyendo en la ecuación anterior, obtenemos:

W=RIQ

Sustituyendo por los valores numéricos,

W = 18,94 Ω × 20 A × 1 C = 378,8 J

30. A partir de la ley de Ohm, podemos calcular la resistencia del hilo de cobre:

V=RI V 1V R= = = 0,17 Ω I 5,9 A La resistencia de un conductor metálico se define como: l R= S 126


30/7/08 16:10:36

Si sustituimos los datos podemos despejar la resistividad del material del cable:

ρ=

R S 0,17 10 6 m 2 = 1,7 × 10−8 Ω m = l 10 m

31. (Datos: Resistividad de la manganina es ρ = 44 × 10−8 Ω m) Calculamos la longitud del hilo de manganina a partir de la ecuación: l R= S Despejando l,

l=

RS

Primero tenemos que calcular la superficie de la sección en metros cuadrados.

S = π r2

S = π × (5 × 10−5 m)2 = 7,85 × 10−9 m2

Y sustituyendo en la ecuación anterior, obtenemos la longitud del hilo.

l=

× 7,85 ×10−9 m 2 = 1,78 × 10−2 m = 1,78 cm 44 ×10 −8 m

1

32. Usando la relación entre la resistencia de un hilo conductor y su resistividad: l R= S despejando la resistividad, obtenemos: RS = l sustituyendo los datos del primer hilo metálico:

(

)

2

−3 m2 R S 1 × × 0,5 ×10 = = = 1,96 × 10−7 Ω m l 4m Ahora podemos calcular la resistencia del otro hilo sustituyendo los datos en la primera ecuación:

R=

l S

=

1,96 ×10 −7

(

m × 20 m −3

)

2

2

= 2 000 Ω.

× 0,025 ×10 m También podría resolverse comparando las dos resistencias: l2 S2 l2 S1 l2 r12 l2 r1 = = = = l1 l1 S2 l1 r22 l1 r2 R1 S1

R2

2

20 m 0,5mm = 4 m 0,025mm

2

= 5 × 400 = 2 000

por lo tanto,

R2 = 2 000 R1, R2 = 2 000 Ω

127


30/7/08 16:10:37


Asociación de resistencias 33. Para hallar la intensidad que circula cuando varias resistencias se asocian en serie, hay que determinar el valor de resistencia equivalente:

R = R1 + R2 + R3

R = 2 Ω + 3 Ω + 6 Ω = 11 Ω

Y de acuerdo con la ley de Ohm, tenemos:

(V A − VD ) 4,5 V = 0,41 Ω = 11 R Calculemos ahora la diferencia de potencial entre los extremos de cada resistencia. I=

Para R = 2 Ω

VA − VB = I R1 = 0,41 A × 2 Ω = 0,82 V

Para R = 3 Ω

VB − VC = I R2 = 0,41 A × 3 Ω = 1,23 V

Para R = 6 Ω

VC − VD = I R3 = 0,41 A × 6 Ω = 2,46 V

Cuando las resistencias se asocian en paralelo, la resistencia equivalente tiene un valor de: 1 1 1 1 = + + R R1 R 2 R 3 1 1 1 3 2 1 6 1 = + + = + + = =1 −1 2 3 6 6 6 6 6 R

R=1Ω

Aplicando la ley de Ohm, se obtiene (V A − VD ) 4,5 V I= = 4,5 A = 1 R Esta sería la intensidad de corriente eléctrica que circularía por la resistencia equivalente. Su valor es igual a la suma de intensidades que circularan por cada una de las resistencias que forman el conjunto:

I = I1 + I2 + I3

Aplicando la ley de Ohm a cada resistencia, tenemos:

I1 =

(V A − VD ) 4,5 V = 2,25 A = 2 R1

I2 =

(V A − VD ) 4,5 V = 1,5 A = 3 R2

I3 =

(V A − VD ) 4,5 V = = 0,75 A 6 R3

34. Cuando las resistencias se asocian en paralelo, la resistencia equivalente tiene un valor de: 1 1 1 1 = + + R R1 R 2 R 3 128


30/7/08 16:10:37

1 1 = R 10

R = 5,45 Ω

+

1 20

+

1 30

= 0,18

−1

Aplicando la ley de Ohm, se obtiene: (V −V ) 100 V I= A B = = 18,35 A 5,45 R Ésta sería la intensidad de corriente eléctrica que circularía por la resistencia equivalente. Su valor es igual a la suma de las intensidades que circularán por cada una de las resistencias que forman el conjunto:

I1 + I2 + I3 = 18,35 A

Aplicando la ley de Ohm a cada resistencia, tenemos: (V −VB ) 100 V I1 = A = 10 A = 10 R1

I2 =

(VA −VB ) 100 V =5A = 20 R2

I3 =

(VA −VB ) 100 V = 3,3 A = 30 R3

R1 = 1 Ω

35.

R2 = 2 Ω

A

R3 = 4 Ω

B

R4 = 8 Ω

V Cuando las resistencias se asocian en paralelo, la resistencia equivalente tiene un valor de: 1 1 1 1 1 = + + + R R1 R 2 R 3 R 4 1 1 1 1 1 = + + + 2 4 8 R 1 8 4 2 1 15 1 = + + + = 8 8 8 8 R 8 8 R= 15 129


30/7/08 16:10:38

Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento Aplicando la ley de Ohm, se obtiene:

VA − VB = I R

VA − VB = 150 A ×

I = I1 + I2 + I3 + I4

8 = 80 V 15 Ésta seria la intensidad de corriente eléctrica que circularía por la resistencia equivalente. Su valor es igual a la suma de intensidades que circularán por cada una de las resistencias que forman el conjunto:


(V A − VB ) 80 V = 80 A = 1 R1 (V − VB ) 80 V = = 40 A I2 = A 2 R2

I1 =

I3 =

(V A − VB ) 80 V = = 20 A 4 R3

I4 =

(V A − VB ) 80 V = = 10 A 8 R4

36. Aplicando la ley de Ohm, podemos obtener el valor de la resistencia equivalente: (V −VB ) I= A R (VA −VB ) 12 V R= = =8Ω 1,5 A I En una asociación de resistencias en paralelo, la inversa de la resistencia equivalente es igual a la suma de las inversas de las resistencias: 1 1 1 1 = + + R R1 R 2 R 3 Como las 3 resistencias son iguales, 1 3 = R R1 y despejando R1: R1 = 3 R = 3 × 8 Ω = 24 Ω El valor de cada una de las 3 resistencias es de 24 Ω.

37.

R1 = 20 Ω R2 = 30 Ω A

R4 = 40 Ω B

R3 = 60 Ω

C

V 130


30/7/08 16:10:39

Calculamos primero el valor de la resistencia equivalente Rp de las resistencias que se asocian en paralelo: 1 1 1 1 = + + R p R1 R 2 R 3 1 1 1 3 2 1 6 1 −1 1 = + + = + + = = 30 60 60 60 60 60 10 R p 20 Rp = 10 Ω Ahora, Rp y R4 son dos resistencias que se encuentran en serie, por lo tanto, calculamos la nueva resistencia equivalente RT.

RT = Rp + R4

RT = 10 Ω + 40 Ω = 50 Ω

Aplicando la ley de Ohm, se obtiene, (V A − VC ) 125 V = 2,5 A = 50 RT La intensidad de corriente que circula por la resistencia 4 es de 2,5 A.

I=

La caída de tensión en las tres resistencias colocadas en paralelo la calculamos a partir de la ley de Ohm y usando la resistencia equivalente Rp,

VA−VB = I Rp

VA−VB = 2,5 A × 10 Ω = 25 V

38. De acuerdo con la ley de Ohm, tenemos: (V −VB ) I= A R Y podemos determinar la resistencia equivalente 50 V (V −VB ) R= A = = 5 000 Ω 0,01 A I En una asociación de resistencias en serie, la resistencia equivalente es igual a la suma de todas ellas:

R = R1 + R2

Por lo que R2 vale:

R2 = R – R1= 5 000 Ω − 80 Ω = 4 920 Ω

39. Teniendo en cuenta la ley de Ohm,

VC − VD = I R

Si no pasa corriente por el microamperímetro, tenemos:

VC − VD = 0

Por lo tanto, no hay caída de potencial entre C y D. La corriente que llega al punto A se divide por dos “caminos”: I1 que pasa a través de R1 y I2 que pasa a través de R4.

I = I1 + I2 131


30/7/08 16:10:40

Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento Si aplicamos la ley de Ohm entre A y C y entre A y D:

VA – VC = I1 × R1

VA – VD = I2 × R4

Si restamos las dos expresiones:

VC – VD = I1 × R1 − I2 × R4

Como VC = VD por que no pasa corriente por el microamperímetro, tenemos:

I1 × R1 = I2 × R4

Sustituyendo por los valores de resistencia,

I1 × 100 Ω = I2 × 50 Ω

100 I1 = 50 I2

Apliquemos ahora la ley de Ohm entre C y B y entre D y B:

VC – VB = I1 × R2

VD – VB = I2 × R3

Restando las dos ecuaciones:

VC – VD = I1 × R2 − I2 × R3

Como VC – VD = 0, I1 × R2 = I2 × R3 Sustituyendo por el valor de resistencia de R3,

I1 × R2 = I2 × 60 Ω

Recuperamos la ecuación anterior que relaciona I1 con I2, junto con la que acabamos de escribir.

100 I1 = 50 I2

I1 × R2 = 60 I2

Dividiendo la primera ecuación entre la segunda, tenemos: 100 50 = R 2 60 Despejando R2, 100 × 60 = 120 Ω R2 = 50 40. R1

R2

R3

132


30/7/08 16:10:40

Las resistencias R1 y R2 están en serie, por lo tanto la resistencia equivalente Rs:

Rs = R1 + R2 = 5 Ω + 5 Ω = 10 Ω

La intensidad de corriente en las resistencias colocadas en serie la calculamos a partir de la ley de Ohm y usando la resistencia equivalente Rs, (V −VB ) 50 V = =5A I= A RS 10 Por las resistencias R1 y R2 circula una intensidad de corriente de 5 A, ya que al estar en serie se trata de una asociación de resistencias con intensidad de corriente común. Y Rs y R3 están en paralelo, por lo que el valor de la resistencia equivalente en este caso será: 1 1 1 1 1 = + = + = 0,3 Ω−1 5 R p R s R 3 10

RP = 3,3 Ω (VA − VB )

50 V = 15A Rs 3,3 Ω Ésta sería la intensidad de corriente eléctrica que circularía por la resistencia equivalente. Su valor es igual a la suma de las intensidades que circularán por cada una de las resistencias que forman el conjunto:

I=

I = Is + I3 = 15 A

=

Y como previamente hemos calculado la intensidad de corriente que circula por las resistencias en serie, I3 valdrá:

I3 = I – Is = 15 A − 5 A= 10 A

41. a) Calculemos la intensidad que circula por R1: ∆V1 = I1 R1

V1

50 V =5 A R 1 10 Calculemos la resistencia equivalente R2,3,4: 1 1 1 1 = + + R 2 ,3 ,4 R 2 R 3 R 4 I1 =

1 R 2 ,3 ,4

=

=

1 1 1 1 2 2 5 1 + + = + + = = 20 10 10 20 20 20 20 4

R2,3,4 = 4 Ω Calculemos la caída de potencial debida a las resistencias 2, 3 y 4:

∆V2,3,4 = I1 R2,3,4

∆V2,3,4 = 5 A × 4 Ω = 20 V

−1


I2 =

( V2 ,3 ,4 ) 20 V =1A = 20 R2 133


30/7/08 16:10:41


I3 =

( V2 ,3 ,4 ) 20 V =2A = 10 R3

I4 =

( V2 ,3 ,4 ) 20 V = =2A 10 R4

b) Aplicando la ley de Joule a la R5

W = R I2 ∆t Sabiendo que la intensidad que circula por R5 es de 5 A sustituimos las variables.

60 s = 75 000 J 1 min c) La caída de tensión en R2 la calculamos aplicando la ley de Ohm.

W = 5 Ω × (5 A)2 × 10 min

∆V2 = I2 R2

∆V2 = 1 A × 20 Ω = 20 V

42. En primer lugar calculamos la resistencia equivalente de las resistencias R2, R3, R4, R5 y R6 que se encuentran en serie:

Req A= R2 + R3 + R4 + R5 + R6 = 2 Ω + 2 Ω + 4 Ω + 2 Ω + 2 Ω = 12 Ω

La R8 y la Req A se encuentran en paralelo, por lo tanto la nueva resistencia equivalente es: 1 1 1 1 1 3 4 1 = + = + = + = 4 12 12 12 R eq B R eq A R 8 12 12 Req B= =3Ω 4 Ahora Req B se encuentra en serie con R1 y R7. Calculemos la nueva resistencia equivalente:

Req total= Req B + R1 + R7 = 3 Ω + 1 Ω +2 Ω = 6 Ω

Si llamamos I1 a la intensidad que marca el amperímetro, y I2 a la que circula por la resistencia de 4 Ω de la rama en paralelo, podemos calcular ésta mediante la relación:

I1 12 = I2 4, de donde obtenemos su valor: I2 = 3 I1 = 3 × 1 A = 3 A

Por lo tanto, la intensidad que entra al circuito por el punto A será I = I1 + I2 = 4 A. Ahora podemos calcular la diferencia de potencial entre A y B a partir de la ley de Ohm.

∆V = I Req total

∆V = 4 A × 6 Ω = 24 V

43. a) Calculamos la resistencia equivalente R1 del primer grupo de lámparas en paralelo. 1 1 = R R eq

1 1 =6× 180 R1

134


30/7/08 16:10:41

Despejando Req1 180 = 30 Ω 6 Como tenemos 2 grupos de 6 lámparas en serie, la resistencia equivalente total es: R1 =

Req = 30 Ω + 30 Ω = 60 Ω

Conociendo la caída de potencial global podemos calcular la intensidad total que circula por el circuito.

∆VT = IT Req

IT =

VT R eq

=

200 V 20 A = 60 6

Con la intensidad total podemos calcular la caída de potencial después del primer grupo de lámparas. ∆V1 = IT R1 20 A × 30 = 100 V ∆V1 = 6 b) Aplicando la ley de Ohm, por cada lámpara la intensidad que circulará es de:

( V1 ) 100 V = 0,556 A = 180 R c) Si desconectamos 2 lámparas de cada grupo debemos volver a calcular la resistencia equivalente. 1 1 =4× 80 R1 Despejando Req1

I=

180 = 45 Ω 4 Como tenemos 2 grupos de 4 lámparas en serie, la resistencia equivalente total es:

R1 =

Req = 45 Ω + 45 Ω = 90 Ω

Conociendo la caída de potencial global podemos calcular la intensidad total que circula por el circuito.

∆VT = IT Req

IT =

VT R eq

=

200 V 20 = A 90 9

Con la intensidad total podemos calcular la caída de potencial después del primer grupo de lámparas. ∆V1 = IT R1

20 A × 45 = 100 V 9 Aplicando la ley de Ohm, por cada lámpara la intensidad que circulará es de:

∆V1 =

I=

( V1 ) 100 V = 0,556 A = 180 R 135


30/7/08 16:10:42

Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento La intensidad de corriente que pasa por cada lámpara no se ve afectada cuando se disminuye el número de resistencias del circuito.

Aparatos de medida 44. Si llamamos I1 a la intensidad que pasa por el amperímetro y I2 a la que pasa por la resistencia en paralelo (shunt), la intensidad total será:

I = I1 + I2

Y como por el amperímetro sólo debe circular el 10 % de la intensidad del circuito, sus valores serán:

I1 = 0,1 I

I2 = 0,9 I

Si aplicamos la ley de Ohm, se cumple:

VA – VB = R1 I1 = R2 I2 R × I R × 0,1I R2 = 1 1 = 1 = 0,0222 Ω = 22,2 mΩ I2 0,9 I

45. El voltímetro marca una caída de potencial de 100 V; como conocemos la resistencia interna del voltímetro podemos calcular la intensidad de corriente que circula a través de él utilizando la ley de Ohm. ∆V = I R 100 V ( V) = I= = 5 × 10−3 A = 5 mA 20 000 R Como la resistencia está conectada en serie, la intensidad que circulará por ella es la misma que la que circula por el voltímetro.

Si se aplica un potencial de 125 V y el voltímetro provoca una caída de potencial de 100 V, los 25 V restantes serán debidos a la resistencia colocada en serie, por lo tanto, aplicando nuevamente la ley de Ohm:

∆V = I R 25 V V = R= = 5 000 Ω = 5 kΩ I 5×10−3 A

46. Si aplicamos la ley de Ohm, se cumple:

VA – VB = R1 I1

donde I1 = 8 A, por lo que:

VA – VB = 8R1 (1)

Si asociamos una resistencia R2 en serie, se cumplirá que:

VA – VB = (R1 + R2) × I2

donde I2 = 6,5 A i R2 = 2,2 Ω, por lo que:

VA – VB = 6,5 R1 + 14,3

Si sustituimos el valor de VA – VB de la ecuación 1:

8 R1 = 6,5 R1 + 14,3

136


30/7/08 16:10:42

Podemos despejar R1: 1,5 R1 = 14,3 14,3 R1 = = 9,53 Ω 1,5 Éste será el valor de la resistencia interna del amperímetro; si sustituimos en la ecuación 1 podemos encontrar la diferencia de potencial aplicada al amperímetro:

VA – VB = 8 × 9,53 = 76,3 V

47. a) Escribimos la ley de Ohm para el aparato de partida,

∆V = I R

∆V = 20 × 10−3 A × 1 Ω

y para el aparato en el que lo queremos convertir: ∆V = 10 A × Req

Si la diferencia de potencial se mantiene constante en ambos casos y dividimos las dos ecuaciones entre sí, obtenemos, 20 ×10 −3 A 1 1= × R eq 10 A Despejando Req, Req = 2 × 10−3 Ω

Un valor de resistencia más pequeño que la resistencia interna del miliamperímetro sólo es posible conseguirlo poniendo las resistencias en paralelo, por lo tanto, 1 1 1 = + R eq R i R

Sustituyendo por los valores conocidos, 1 1 1 = + −3 1 R 2 ×10

Despejando R, 1 R= Ω 499 b) Escribimos la ley de Ohm para el aparato de partida:

∆V = I R

20×10−3 V = I × 1 Ω

y para el aparato en el que lo queremos convertir:

10 V = I × Req

Si la intensidad se mantiene constante en ambos casos y dividimos las dos ecuaciones entre sí, obtenemos: 1 20 ×10 −3 V =1× R eq 10 V Despejando Req,

Req = 500 Ω 137


30/7/08 16:10:43

Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento Un valor de resistencia más grande que la resistencia interna del voltímetro sólo es posible conseguirlo poniendo las resistencias en serie, por lo tanto,

Req = Ri + R Sustituyendo por los valores conocidos: 500 Ω = 1 Ω + R

Despejando R,

R = 499 Ω

Energía de la corriente eléctrica 48. a) La potencia de una corriente es igual al producto de su intensidad por la caída de potencial:

P = I (VA − VB)

Los datos impresos en la bombilla nos indican la diferencia de potencial a la que podemos conectarla y cuál es su potencia, por lo que sustituyendo los datos, podemos encontrar la intensidad de corriente: 100 W P = I= = 0,4545 A VA − VB 220 V En una resistencia óhmica la potencia consumida se expresa así:

P = I2 R Y podemos despejar la resistencia eléctrica de la bombilla: 100 W P = 484 Ω R= 2 = 2 I 0,4545 A

(

)

b) La intensidad de corriente que circula por ella es de 0,45 A (calculado en el apartado anterior) c) Si sustituimos los valores en la ley de Joule por un tiempo de funcionamiento de 8 horas, o sea de 28 800 s:

E = I2 R Δt = 0,452 × 484 × 28 800 = 2 822 688 J Cambiando las unidades: 1 kWh = 0,784 kWh 3 600 000 J Si el precio del kWh es de 0,1 euros, lo que gastará la bombilla en 8 horas será: 0,1 euros = 0,08 euros 0,784 kWh × 1 kWh 2 822 688 J ×

49. a) A partir de la ley de Joule, W = R I2 ∆t W = R I2 t

Sabemos que: W P= t

138


30/7/08 16:10:43

Sustituyendo en la ley de Joule, P = Rbombilla I2

Podemos sustituir I R por el ∆V según la ley de Ohm, P = ∆V I

Despejando I y sustituyendo por los valores conocidos, P 40 W I= = = 3,33 A V 12 V Volviendo a la ecuación P = R I2 y despejando R, P R bombilla = 2 I Sustituyendo,

40 W = 3,6 Ω (3,33 A)2 b) Apliquemos la ley de Ohm para una diferencia de potencial de 220 V y una intensidad de corriente de 3,33 A.

Rbombilla =

∆V = I Req

Despejando R y sustituyendo, V 220 V = = 66,7 I 3,33 A Como las resistencias están conectadas en serie, Req =

Req = Rbombilla + R

Despejando R,

R = Req − Rbombilla

R = 66,7 Ω − 3,6 Ω = 63,1 Ω

50. La potencia de una corriente es igual al producto de su intensidad por la caída de potencial:

P = I (VA − VB)

Y la ley de Ohm dice: (V − VB ) I= A R Si sustituimos la intensidad en la fórmula de la potencia, obtenemos: (V - V )2 P= A B R Si montamos las 3 resistencias de valor R en paralelo, obtenemos la siguiente resistencia equivalente: 1 1 1 3 1 = + + = R eq R R R R

R eq =

R 3 139


30/7/08 16:10:44

Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento Si las montamos en serie, la resistencia equivalente seria:

Req = R + R + R = 3R

Si sustituimos ambas en la fórmula de la potencia, obtenemos: En paralelo:

900 =

(VA - VB )2 R 3

En serie: (VA - VB )2

P=

(VA - VB )2 = 3 P R

3R

Y si igualamos las dos ecuaciones podemos calcular la potencia que consumirán las resistencias si se montan en serie: 900R =3 PR 3 900R P= = 100 W 3 × 3R 51. Sabemos que el rendimiento se calcula:

η=

PU PT

×100

Calculemos la potencia útil, es decir, la que es necesaria para elevar el peso,

PU = F v

PU = 6 000 N × 8

PT = I2 R

m 1 min = 800 W × min 60 s Calculemos ahora la potencia total que puede ejercer el motor, A partir de la ley de Ohm, podemos calcular la resistencia interna del motor,

∆V = I R V 220 V = = 22 R= 10 A I Sustituimos en la ecuación de la potencia total PT,

PT = (10 A)2 × 22 Ω = 2 200 W

Finalmente, calculamos el rendimiento, P 800 W ×100 = 36,4 % η = U ×100 = 2 200 W PT

140


30/7/08 16:10:44

Generadores y receptores 52. a)

(VA - VB) V 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

1

2

3

4

b) La recta de regresión del gráfico es:

(VA − VB) = ε – r I

(VA − VB) = 9,0 – 0,8 I

5

6 I A

Por lo que el valor de su fem es: ε = 9 V

c) Si se prolonga la característica V-I, llegará a cortar el eje de las intensidades en un punto cuya abscisa se llama intensidad de cortocircuito. En este punto, la caída de tensión es nula y el hilo conductor es recorrido por una corriente de intensidad elevada. Por lo que, si igualamos la tensión a cero, la intensidad de cortocircuito será: 0 = 9,0 – 0,8 I 9,0 I= = 11,25 A 0,8

d) La resistencia interna de la pila corresponde a la pendiente de la recta: r = 0,8 Ω

e) Si sustituimos el valor de la tensión en la ecuación de la recta, hallaremos la intensidad de corriente suministrada en cada caso:

0,8 I = 9,0 – (VA − VB)

I=

(

9,0 − VA − VB

)

0,8 Si la tensión es de 6 V:

9,0 − 6,0 = 3,75 A 0,8 Si la tensión es de 4 V: 9,0 − 4,0 = 6,25 A I= 0,8 f) Para calcular R, aplicamos la ley de Ohm generalizada:

I=

ε=RI+ rI 141


30/7/08 16:10:45

Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento La intensidad para una caída de tensión de 6 V está calculada en el apartado anterior, I = 3,75 A: 9V − 0,8 = 1,6 Ω R = −r = I 3,75 A 53. La recta de regresión que une estos dos puntos es:

VA − VB = 14,4 − 4 I

(VA - VB) V 11,5 11 10,5 10 9,5 9 8,5 8 0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

1,1

1,2

1,3

1,4

1,5 I A

Si relacionamos esta ecuación con la ley de Ohm generalizada,

VA − VB = ε + I r

Podemos deducir que, a) ε = 14,4 V b) r = 4 Ω 54. La recta de regresión que une estos dos puntos es:

VA − VB = 5 I

Cuando la diferencia de potencial es de 10 V, la intensidad de corriente suministrada es:

10 V = 5 I

I=2A

La potencia de una corriente es igual al producto de su intensidad por la caída de potencial:

P = I (VA − VB)

Y si sustituimos:

P = 2 A × 10 V = 20 W

142


30/7/08 16:10:46

55. 1. Con las resistencias en serie. ε = 12 V

r = 0,5 Ω

R = 20 Ω

R = 15 Ω

Podemos aplicar la ley de Ohm generalizada a todo el circuito, en un ciclo coma) pleto, y obtendremos ε = I (Req + r)

Despejando I ε I= R eq + r

Siendo Req la resistencia equivalente a las 2 resistencias conectadas en serie.

Req = 20 Ω + 15 Ω = 35 Ω

Sustituyendo,

I=

12 V 35 + 0,5

= 0,338 A

b) La diferencia de potencial entre los bornes de la pila es, VA − VB = ε − I r

Sustituyendo, VA − VB = 12 V − 0,338 A × 0,5 Ω = 11,83 V

2. Con las resistencias en paralelo. ε = 12 V

r = 0,5 Ω

R = 15 Ω

R = 20 Ω

a) Podemos aplicar la ley de Ohm generalizada a todo el circuito, en un ciclo completo, y obtendremos ε = I (Req + r)

Despejando I ε I= R eq + r Siendo Req la resistencia equivalente a las 2 resistencias conectadas en paralelo. 1 1 1 1 3 4 7 1 = + = + = + = 15 60 60 60 R eq R 1 R 2 20

Req =

60 7 143


30/7/08 16:10:47


Sustituyendo, 12 V

I=

= 1,32 A 60 + 0,5 7 b) La diferencia de potencial entre los bornes de la pila es: VA − VB = ε − I r

Sustituyendo, VA − VB = 12 V − 1,32 A × 0,5 Ω = 11,34 V

Ley de Ohm generalizada 56. a) Calculamos la intensidad de corriente que circulará por éste a partir de la ley de Ohm.

∆V = I R V 9,5 V = I= = 0,19 A R 50

b) Para calcular r, aplicamos la ley de Ohm generalizada:

ε=RI+ rI

− R = 10 V − 50 = 2,63 Ω 0,19 A c) Si sustituimos los valores en la ley de Joule para un tiempo de 5 minutos (300 s),

r=

E = I2 R Δt = (0,19 A)2 × 50 Ω × 300 s = 541,5 J

I

57. a) Para el circuito montado con una resistencia de 20 Ω calculamos la intensidad de corriente que circulará a partir de la ley de Ohm.

∆V = I R

I=

V 20 V = =1 A R 20 Ω

Escribimos la ecuación de la diferencia de potencial de la pila al recorrer el circuito completo con la resistencia de 20 Ω.

ε = I (R + r)

ε = 1 A × (20 Ω + r)

ε = 20 + r

r = ε − 20

(Ecuación 1)

Escribimos la ecuación de diferencia de potencial de la pila al recorrer el circuito completo con la resistencia de 100 Ω.

ε = I (R + r)

ε = 0,208 A × (100 Ω + r)

ε = 20,8 + 0,208 r

(Ecuación 2)

144


30/7/08 16:10:47

Sustituimos la r de la ecuación 2 por la ecuación 1.

ε = 20,8 + 0,208 × (ε − 20)

ε = 20,8 + 0,208 ε − 4,16

0,792 ε = 16,64

ε=

16,64 = 21 V 0,792

b) Y por lo tanto, r vale r = ε − 20 = 21 Ω − 20 = 1 Ω

58. a) Como todos los elementos están en serie, la resistencia total del circuito será la suma de todas las resistencias: RT = R1 + R2 + r = 15 Ω + 0,5 Ω + 0,2 Ω = 15,7 Ω

b) Calculamos la intensidad de corriente que circulará por éste a partir de la ley de Ohm.

∆V = I R

I=

V 60 V = 3,82 A = R 15,7

c) Aplicando la ley de Ohm generalizada:

(VA − VB) = ε – r I

(VA − VB) = 60 V – (0,2 Ω × 3,82 A) = 59,2 V

d) La potencia de una corriente es igual al producto de su intensidad por la caída de potencial:

P = I (VA − VB)

P = 3,82 A × 59,2 V = 226 W

e) La serie de bombillas ofrece una resistencia de 15 Ω, por lo que la diferencia de potencial entre los extremos vendrá dado por la ley de Ohm:

∆V = I R

∆V = 3,82 A × 15 Ω = 57,3 V

59. a) Para calcular la potencia aprovechada por el motor, Pu = I ε’

Debemos calcular primero la intensidad de corriente que circula por el circuito. Aplicamos la ley de Ohm generalizada en un ciclo completo del circuito, ε = ε’ + (Rm + r) I

Despejando I y sustituyendo por los valores conocidos,

I=

ε −ε' 10 V − 6 V 4 = = A R m + r 4,5 + 0,5 5

Sustituimos en la ecuación de la potencia útil, 4 Pu = A × 6 V = 4,8 W 5 145


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Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento b) Para calcular la potencia disipada por el motor,

Pdisipada = PT − Pu Tenemos que calcular la potencia total PT, PT = I (VA −VB)

La diferencia de potencial entre los bornes del motor la hallamos mediante la ley de Ohm generalizada,

VA −VB = R’ I + ε’

4 A A + 6 V = 9,6 V 5 Por lo tanto, la potencia total es, 4 PT = I (VA −VB) = A × 9,6 V = 7,68 W 5 Y la potencia disipada: VA −VB = 4,5 Ω ×

Pdisipada = PT − Pu = 7,68 W − 4,8 W = 2,88 W

c) El rendimiento del motor es: P 4,8 W ×100 = 62,5 % η = U ×100 = 7,68 W PT d) La diferencia de potencial entre los bornes del motor se ha calculado en el apartado b).

VA −VB = R’ I + ε’

VA −VB = 4,5 Ω ×

60.

ε = 100 V

4 A + 6 V = 9,6 V 5

r=1Ω

M V a) La intensidad de corriente que circula se puede calcular a partir de la ley de Ohm generalizada:

(VA − VB) = ε – r I

I=

(

− VA − VB

) = 100 V − 80V

= 20 A 1 r Y calcularemos la resistencia del motor aplicando la ley de Ohm: Rm =

(V

A

− VB I

)=

80 V = 4Ω 20 V

b) Si se deja girar el motor:

I=

(

− VA − VB r

) = 100 V − 90V 1

= 10 A

146


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Si aplicamos la ley de Ohm generalizada en un ciclo completo del circuito, obtenemos:

ε = ε’ + (Rm + r) I

ε’ = ε − (Rm + r) I = 100 V – (4 Ω + 1 Ω) × 10 A = 50 V

c) La potencia viene dada por:

P = I V = 10 A × 50 V = 500 W

61.

ε = 10 V

r=1Ω

R = 30 Ω A

B

ε’ = 2 V

R’ = 5 Ω

Supondremos que por el generador circula una intensidad de corriente I, por la resistencia de 30 Ω I1, mientras que por la célula electrolítica I2. a) La caída de potencial en cada una de las ramas será:

en el generador, VA – VB = ε − I r = 10 − I × 1 = 10 − I

en la resistencia, VA – VB = I1 R = 30 I1

y en la célula electrolítica, VA – VB = ε’ + I2 R’ = 2 + 5 I2

Además, entre las intensidades existe la relación: I = I1 + I2 (ecuación 1)

Utilizando la caída de potencial en la célula electrolítica, igualándola a la del generador obtenemos: I = 8 − 5 I2 (ecuación 2);

igualándola a la de la resistencia, tendremos: 2 + 5I 2 I1 = (ecuación 3) 30 Si sustituimos las ecuaciones 2 y 3 en la relación entre intensidades (ecuación 1) nos proporcionan una ecuación con I2, como única incógnita: 2 + 5I 2 + I2 , 8 – 5 I2 = 30 de donde se puede obtener fácilmente: 238 I2 = =1,286 A 185 b) El valor de la intensidad en la resistencia será: 2 + 5I 2

2 + 5 ×1,286A = 0,281 A 30 30 c) Con lo cual, I = I1 + I2 = 1,286 A + 0,281 A = 1,567 A y la caída de tensión en el generador será:

I1 =

VA – VB = ε − I r = 10 − I × 1 = 10 V − 1,567 V = 8,43 V

=

147


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Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento 62. a) Si aplicamos la ley de Ohm generalizada en un ciclo completo del circuito, obtenemos:

ε = ε’ + (Rm + r) I − ' 110 V - 90 V = 4A I= Rm + r 4 +1

(

) (

)

b) La potencia viene dada por:

P = I (VA – VB ) La diferencia de potencial en los bornes del generador es: (VA − VB) = ε – r I Y si aplicamos la ley de Ohm generalizada: ε = ε’ + (Rm + r) I podemos sustituir la ε en la ecuación de la diferencia de potencial: (VA − VB) = (ε’ + (Rm + r) I) – r I = (90 V + (4 Ω + 1 Ω) × 4 A) – – (1 Ω × 4 A) = 106 V

Y la potencia consumida por el motor será:

P = I (VA – VB) = 4 A × 106 V = 424 W

c) La potencia del motor es:

P = I ε’ = 4 A × 90 V = 360 W

Como el rendimiento es sólo del 80 %, la potencia mecánica que suministra realmente será la potencia útil: Pu η= = 0,80 P

Pu = 0,80 × P = 0,80 × 360 W = 288 W

d) La potencia se relaciona con la velocidad a partir de la ecuación:

P=Fv

Despejando v, P v= F

La única fuerza que actúa es la ejercida por el peso de la masa: Σ F = m g = 100 kg × 9,8 m/s2 = 980 N Sustituyendo en la ecuación anterior: P 288 W v= = = 0,29 m/s F 980 N

63. Aplicamos la ley de Ohm generalizada a los extremos de receptor.

VA −VB = I R’ + ε’

Primero debemos calcular la diferencia de potencial entre A y C. Ésta la calcularemos a partir de la ecuación de la potencia.

P = I (VA − VC)

148


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Despejando VA − VC, P 1 000 W = 200 V VA − VC = = 5A I La caída de potencial entre B y C la podemos calcular aplicando la ley de Ohm sobre la resistencia de 8 Ω.

VB − VC = I R

VB − VC = 5 A × 8 Ω = 40 V

La diferencia de las 2 caídas de potencial nos da la diferencia de potencial entre A y B.

VA − VB = (VA − VC) − (VB − VC)

VA − VB = 200 V − 40 V = 160 V

Ahora ya podemos aplicar la ley de Ohm generalizada sobre los bornes del motor.

VA −VB = I R’ + ε’

Y despejando ε’,

ε’ = (VA −VB) − I R’

ε’ = 160 V − 5 A × 2 Ω = 150 V

64. a) La potencia real que consume la célula electrolítica (o potencia útil) si restamos la que se debe al efecto Joule es:

Pu = 1 000 W – 400 W = 600 W La potencia útil se calcula:

Pu = I ε’

Y de aquí podemos despejar la fcem de la célula electrolítica: P 600 W ε’ = u = = 10 V I 60 A b) La resistencia interna es la que hace que se pierdan 400 W por efecto Joule y esta potencia consumida por una resistencia óhmica se expresa: P = I2 R

Si despejamos la resistencia: 400 W P R= 2 = = 0,11 Ω 2 I 60 A

(

)

65. a) Aplicamos la ley de Ohm generalizada cuando se ha completado un ciclo completo del circuito, es decir, cuando la diferencia de potencial es 0 V.

ε =(

R+

r+

ε −

ε'

R') I +

ε'

Despejamos I,

I=

(

R+

r+

R')

149


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Sustituyendo las variables conocidas,

24 V −(3 V +15 V ) = 0,54 A (8 +1 + 2 + 0,2 ) b) La potencia útil del motor la calculamos a partir de la fórmula de la potencia,

I=

Pu = I ε’’

Sustituyendo las variables conocidas, Pu = 0,54 A × 15 V = 8,1 W

c) La caída de potencial en los bornes de la célula electrolítica la calculamos a partir de la ley de Ohm generalizada aplicada a la célula.

∆V = I R’ + ε’ Sustituyendo las variables conocidas, ∆V = 0,54 A × 2 Ω + 3 V = 4,08 V

d) Aplicando la ley de Joule sobre la resistencia de 8 Ω calculamos el calor desprendido.

W = R I2 ∆t Sustituyendo las variables conocidas, W = 8 Ω × (0,54 A)2 × 1 min ×

60 s = 140 J 1 min

Cuestiones relativas a todos los apartados 66. a) La carga de ambas esferas con el mismo signo la haremos por inducción electrostática. Primero, frotaremos la barra de vidrio con el paño de seda. La barra de vidrio es un material aislante que, en cuanto es frotado por el paño de seda, se queda cargado positivamente, ya que el paño de seda es capaz de arrancarle electrones. Si acercamos la barra de vidrio cargada positivamente a la esfera metálica, pero sin llegar a tocarla, provocaremos una separación de cargas en la esfera. Ésta quedará cargada negativamente por el lado donde se encuentre la barra de vidrio, en cambio el lado opuesto de la esfera quedará cargado positivamente. Si mantenemos la barra de vidrio cargada positivamente cerca de la esfera y por el lado opuesto de ésta la tocamos con el dedo, los electrones pasan del suelo a la bola metálica a través de nuestro cuerpo, de manera que ese lado de la esfera quedará neutro. Si alejamos ahora la barra de vidrio cargada positivamente, los electrones que se encontraban atraídos por la barra se redistribuirán por toda la esfera de manera que ésta quedará cargada negativamente de forma permanente. Podemos seguir el mismo procedimiento para cargar la otra esfera y tener así las dos cargadas negativamente. b) Si queremos cargar cada esfera con signo diferente, la primera la cargaremos negativamente por inducción como hemos hecho en el apartado anterior. La segunda la cargaremos positivamente por transferencia de electrones. Para ello, frotaremos la barra de vidrio con el paño de seda de manera que se quede cargada positivamente, ahora tocaremos la esfera metálica que está neutra, con la barra de vidrio cargada positivamente. Los electrones de la esfera se verán atraídos por la barra de vidrio, es decir, serán transferidos a la barra de vidrio para neutralizarla. Finalmente, la esfera quedará cargada positivamente 150


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67. Al conectar los extremos de un conductor metálico a los polos de una pila, conseguimos que sus cargas se desplacen permanentemente a través del conductor, ya que al aplicar una diferencia de potencial constante entre los extremos, estamos creando un campo eléctrico que permite que las cargas libres adquieran un movimiento en una dirección determinada por la acción de las fuerzas del campo. Este desplazamiento conjunto de las cargas se llama corriente eléctrica. 68. Cuando aplicamos una diferencia de potencial al cloruro de sodio sólido no detectamos paso de corriente. Esto es debido a que los iones de sodio y cloro no pueden desplazarse dentro de la estructura cristalina del cloruro de sodio sólido, en cambio, si disolvemos en agua esta sal e introducimos dos electrodos, el ión sodio se desplazará hacia el electrodo cargado negativamente y recibirá su electrón faltante, convirtiéndose en átomo de sodio. Por otro lado, el ión cloruro se desplazará hacia el electrodo cargado positivamente y cederá su electrón sobrante, convirtiéndose en átomo de cloro. Al depositarse un electrón en el electrodo positivo y desprenderse otro electrón del electrodo negativo, se ha transferido una carga eléctrica de un electrodo a otro y, por lo tanto, ha circulado una corriente. Concluyendo, las sales cuando se disuelven o se funden, se separan los iones y adquieren libertad de movimiento. La conducción electrolítica se debe a la movilidad iónica en estado líquido. 69.

ε=3V

V

R1

A R2

70. La intensidad que hace saltar el interruptor general es de 40 A. El interruptor del alumbrado salta a 10 A y el de las tomas de corriente a 20 A. En el libro de instrucciones de un SEAT Ibiza del año 2006 aparecen un total de 54 fusibles con diferentes funciones. Fusible de 25 A para proteger el elevalunas eléctrico. Fusible de 10 A para proteger la luz de la marcha atrás. Fusible de 5 A para proteger el climatizador. 71. La ley de Ohm sólo puede aplicarse a aquellos conductores en los que se cumple que la diferencia de potencial aplicada entre sus extremos es una función lineal de la intensidad que circula por éstos. Esto sucede, por ejemplo, para la mayoría de los metales, en los que existe una proporcionalidad directa entre la intensidad de corriente y la diferencia de potencial. Existen conductores como las disoluciones iónicas, los gases, los diodos o los semiconductores, en los que esta relación no es lineal, se llaman conductores no lineales o no óhmicos; por lo tanto, la ley de Ohm no se puede aplicar a cualquier tipo de conductor. 72. En el efecto Joule se basa el funcionamiento de diferentes electrodomésticos como los hornos, las tostadoras y las calefacciones eléctricas, y algunos aparatos empleados industrialmente como soldadoras, etc., en los que el efecto útil buscado es, precisamente, el calor que desprende el conductor por el paso de la corriente. 151


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Unidad 5. Cargas eléctricas en reposo y en movimiento 73. Según la ley de Joule:

W = R I2 ∆t

La energía transferida en forma de calor es directamente proporcional a la resistencia. Cuando más resistencia encuentren los electrones para poder circular, más energía se convertirá en calor. La resistencia de un conductor metálico se define como: l R= S Esta relación nos dice que la resistencia es directamente proporcional a la longitud, por lo que, si nos interesa que una estufa construida con un hilo metálico nos dé más calor, habrá que aumentar la longitud del hilo. 74. No, no es posible. Si calculamos la intensidad de cortocircuito del sistema vemos que ésta es de 4,5 A. 4,5 V = 4,5 A r 1 Si al montar un circuito permitimos que circule una intensidad de corriente superior a 4,5 A podemos deteriorar los elementos que conforman el circuito. I=

=

152


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Unidad 6. Estructura de la materia Leyes ponderales de las reacciones químicas 1. Según la ley de Lavoisier o ley de la conservación de la masa: “En toda reacción química, la masa total de las sustancias que reaccionan es igual a la masa total de las sustancias que se obtienen”. Por lo tanto, si la masa total que se obtiene es de 10,2 g de cloruro de sodio, la masa de cloro necesaria para reaccionar con 4,02 g de sodio será:

m (Cl) = 10,2 g – 4,02 g = 6,18 g de cloro

2. Antoine Laurent Lavoisier (1743-1794) efectuó mediciones muy precisas de las masas de los reactivos y de los productos de muchas reacciones, utilizando balanzas, y comenzó así la aproximación cuantitativa a los fenómenos químicos. Considerado como uno de los fundadores de la química moderna, enunció el principio de la conservación de la masa en su Traité élémentaire de chimie, publicado en el año 1789. John Dalton (1766-1844) enunció sus postulados sobre la naturaleza atómica de los elementos y compuestos en su obra New System of Chemical Philosophy, publicada en el año 1808, justificando con éxito el principio de conservación de la masa de Lavoisier y la ley de las proporciones definidas de Proust. Proporcionó una base teórica fundamental para comprender la estructura de la materia, y dejó de lado las especulaciones que confundían y dificultaban el progreso de la química cuantitativa de su tiempo. 3.

S + Fe 3,21 g 5,58 g

→

FeS x

a) Según la ley de Proust,

5,58 g Fe x = 3,21 g S 1,23 g S x = 2,14 g de Fe

b) Ley de Proust: Cuando dos elementos se combinan para formar un compuesto determinado, lo hacen en una relación de masa invariable. 4. Según la ley de Proust, la relación de masa entre el sodio y el oxígeno permanecerá invariable; si x es la masa de sodio, (2,943 – x) será la masa de oxígeno que reaccionará. Por lo tanto: 1,003 g Na x 0,6970 g O = 2,943 – x 2 Aislando se obtiene:

x = 1,736 g Na

La masa de oxígeno será:

m (O2) = 2,943 g - 1,736 g = 1,207 g de O2

5. En esta reacción química de combustión, la materia orgánica de la madera (ligninas, celulosas, etc.) se combina con el oxígeno del aire, que no se ha tenido en cuenta al determinar la masa de los reactivos. Si tenemos presente esta corrección, entonces sí que se debe cumplir el principio de conservación de la masa enunciado por Lavoisier.

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6. John Dalton creía que los gases como el hidrógeno, el oxígeno y el nitrógeno eran monoatómicos. Así, al reaccionar n átomos de hidrógeno con n átomos de oxígeno, se obtenían n partículas de vapor de agua diatómicas. Además, en la época de Dalton se suponía que n átomos de un gas ocupaban el mismo volumen que n partículas de vapor de agua, si se medían en las mismas condiciones de presión y temperatura. Por lo tanto, según Dalton, un volumen de gas hidrógeno (n átomos), al reaccionar con un volumen de gas oxígeno (n átomos), tenía que dar un volumen de vapor de agua, (n partículas diatómicas), del que resultaba una proporción (1:1:1). Según estas ideas, la reacción de la síntesis del agua debía ser: n átomos de gas n átomos de gas n partícules de vapor hidrógeno (monoatómico) + oxígeno (monoatómico) → de agua (diatómicas) Pero estas ideas de Dalton estaban en desacuerdo con los resultados experimentales que Gay-Lussac iba presentando y que eran, para la misma reacción, de (2:1:2). Más adelante, con Amedeo Avogadro, se confirmaría la exactitud experimental de Gay-Lussac. 7. Amedeo Avogadro (1776-1856) introdujo el concepto de molécula para designar agrupaciones de átomos. Supuso que los gases hidrógeno, oxígeno y nitrógeno no eran monoatómicos, como se creía en tiempos de Dalton, sino formados por moléculas diatómicas. Teniendo presente que el volumen que ocupa un mismo número de moléculas, aunque sean de gases diferentes, es el mismo si lo medimos en las mismas condiciones de presión y de temperatura, dos volúmenes de gas hidrógeno diatómico más un volumen de gas oxígeno diatómico, dará dos volúmenes de vapor de agua triatómica:

2n moléculas de gas n molècules de gas 2n moléculas de vapor hidrógeno (monoatómico) + oxígeno (monoatómico) → de agua (diatómicas) Es decir, tal como lo expresaríamos hoy en día: 2 H2 + O2 → 2 H2O

8.

Postulados de Dalton

Actualización

Los átomos están formados por partíCada elemento químico se compone de culas subatómicas y se pueden fisionar átomos, que son partículas materiales sea causa de fenómenos radioactivos o paradas, indestructibles e indivisibles. bombardeándolos con partículas. Los átomos de un mismo elemento a Los átomos de un mismo elemento son menudo están formados por isótopos iguales en propiedades y en masa. de masas distintas.

Estructura interna de la materia 9. a) El número atómico es el número de protones que posee el núcleo de un átomo. Su símbolo es Z. b) Los isótopos son átomos de un mismo elemento que tienen el mismo número atómico Z, pero se diferencian en el número de masa A. c) El número de masa es el número de protones más el de neutrones. Su símbolo es A. d) Unión es un átomo o grupo de átomos cargados eléctricamente. Pueden ser positivos, si han perdido uno o más electrones, y entonces se denominan cationes. Ejemplos: Al3+, H3O+. Si ganan uno o más electrones, quedan cargados negativamente y se denominan aniones. Ejemplos: F-, SO42-. 155


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Unidad 6. Estructura de la materia 10. Los gases nobles son gases monoatómicos, químicamente inertes a causa de sus configuraciones electrónicas muy estables, y tienen en el último nivel de energía ocho electrones, como en el caso del neón (Ne), el argón (Ar), el criptón (Kr), el xenón (Xe) y el radón (Rn), o bien dos electrones, como en el caso del helio (He). Sólo a partir de 1962 se han obtenido compuestos formados por gases nobles, como por ejemplo el XeF4. 11. K+: Ión potasio, es decir, un átomo del elemento potasio que ha quedado ionizado por la pérdida de un electrón y se ha convertido en un átomo cargado positivamente. S2-: Ión sulfuro, es decir, un átomo del elemento azufre que ha quedado ionizado por la ganancia de dos electrones y se ha convertido en un átomo cargado con dos cargas negativas. Al3+: Ión aluminio. Es un átomo que ha perdido tres electrones, de forma que ha quedado ionizado con tres cargas positivas. SO42-: Anión sulfato. Grupo de átomos cargados con dos cargas negativas. Hay un átomo de azufre y cuatro de oxígeno. El conjunto de estos cinco átomos unidos entre ellos tiene dos electrones suplementarios. NO3-: Ión nitrato. Hay un átomo de nitrógeno y tres de oxígeno. El conjunto de estos cuatro átomos unidos entre ellos tiene un electrón suplementario. 12.

Símbolo del isótopo del elemento

Número atómico

Número de masa

Número de protones

Número de neutrones

50

112

50

62

112 50

Sn

78

190

78

112

190 78

Pt

24

50

24

26

50 24

Cr

30

64

30

34

64 30

Zn

13. Muchos gases, como por ejemplo el gas hidrógeno (H2), el gas oxígeno (O2), el gas nitrógeno (N2). También el bromo líquido está constituido por moléculas diatómicas. 14. El número atómico del hierro es 26. Esto quiere decir que el átomo de hierro contiene 26 protones en el núcleo. El número de electrones de la envoltura será el mismo que el número de protones, es decir, 26. El hierro tiene cuatro isótopos de masa 54, 56, 57 y 58. Así, el número de neutrones será el número de masa menos el número de protones . Primer isótopo: 54 – 26 = 28 neutrones. Segundo isótopo: 56 – 26 = 30 neutrones. Tercer isótopo: 57 – 26 = 31 neutrones. Cuarto isótopo: 58 – 26 = 32 neutrones.

156


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15. El simbolismo del boro-10 → 105 B El simbolismo del boro-11 → 115 B 16. El número que hay en la parte superior izquierda del símbolo es el número de masa, que se define como la suma del número de protones más el de neutrones del núcleo de un átomo. Y el número de la parte inferior izquierda es el número atómico, es decir, el número de protones del núcleo. Así pues, el número de neutrones lo podremos calcular por diferencia entre el número de masa y el número atómico:

58 28 79 35

Br : 79 − 35= 44 n

28 14

Si : 28 − 14= 14 n

Ni: 58 − 28= 30 n

K = El número de masa es 39. 17. 39 19 El número de protones es 19 y el de neutrones es 20. 40 19

K = El número de masa es 40. El número de protones es 19 y el de neutrones es 21.

41 19

K = El número de masa es 41. El número de protones es 19 y el de neutrones es 22.

18.

Isótopos

Masa isotópica

Abundancia natural (% en átomos)

Cloro-35

34,969

75,529

Cloro-37

36,966

24,471

Primero calcularemos la masa relativa de 100 átomos de mezcla:

75,529 × 34,969 + 24,471 × 36,966 = 3545,77

Al dividir este valor entre 100, obtendremos la masa media de un átomo, que es lo que denominamos masa atómica relativa o peso atómico del elemento. 3545,77 = 35,458 Ar (Cl) = 100 19. La masa atómica se define como el cociente entre la masa media de un átomo del elemento y la doceava parte de la masa de un átomo de carbono-12; y la masa media de un átomo es la media ponderada de las masas de los isótopos que forman el elemento. El azufre, de número atómico 16, está formado por la mezcla de 3 isótopos (32 S, 33 S, 34 S); la masa relativa de 100 átomos de mezcla será:

(95,0 × 31,972) + (0,76 × 32,971) + (4,22 × 33,968) = 3 206

Al dividir entre 100, obtendremos la masa media de un átomo, que es lo que denominamos masa atómica relativa o peso atómico del elemento azufre: 3 206 Ar (S) = = 32,06 100

157


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Unidad 6. Estructura de la materia 20. Sabemos que la masa atómica relativa del carbono-12 es 12,000. Si denominamos x a la abundancia natural (% en átomos) del carbono-13, (100 − x), será la abundancia natural del carbono-12. Por lo que: 13,003x +12(100−x) =12,01 100 Aislando x, obtenemos:

x = 0,997 %

Este será el porcentaje de átomos de carbono-13 que habrá en el carbono natural. 21. Sabemos que la relación entre átomos de Br es: número de átomos de bromo -79 = 1,028 número de átomos de bromo -81 Por cada 1,028 átomos de 79Br hay 1 de 81Br, por lo tanto:

Ar (Br) =

1,028×78,918+1×80,963 = 79,927 2,028

22. Si partimos de 100 átomos, tendremos:

x = % en átomos del isótopo plata-107

(100 - x) = % en átomos del isótopo plata-109

Y la masa atómica relativa la podemos expresar como: x×106,90 + (100 – x) ×108,90 Ar (Ag) = 107,87 = 100 Aislando:

x = 51,5 % en átomos de plata - 107

100 - 51,5 = 48,5 % en átomos de plata - 109

23. a) La masa atómica del uranio es 238,0289 y la del hierro es 55,845. Comparando estas dos masas: 238,0289 = 4,26 veces es mayor la masa de un átomo de uranio que 55,845 la de uno de hierro. b) La masa atómica del aluminio es 26,9815, y la del carbono es 12,011. Como el número de átomos de aluminio y de carbono es el mismo: 26,9815 =2,25 12,011 Un átomo de aluminio tiene una masa 2,25 veces mayor que la masa de un átomo de carbono y, por lo tanto, 106 átomos de aluminio tienen una masa 2,25 veces mayor que 106 átomos de carbono. 24. a) La fórmula molecular consta de los símbolos de los elementos que forman la molécula con subíndices que expresan el número total de átomos de cada uno de los elementos que forman esta molécula. Así, el agua es un compuesto químico formado por moléculas y cada molécula de agua consta siempre de dos átomos de hidrógeno y un átomo de oxígeno. Su fórmula molecular es H20. 158


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La fórmula empírica nos indica la clase de átomos que forma el compuesto con subíndices que expresan la proporción en que se encuentran. Estos subíndices se escogen de manera que sean los números enteros más sencillos posibles. Así, por ejemplo, la fórmula molecular del benceno es C6H6, y su fórmula empírica es CH. b) Si el compuesto es iónico, no podemos hablar de moléculas, sino de una organización en redes cristalinas y, por lo tanto, no es apropiado hablar de la fórmula molecular del cloruro de sodio. En estos compuestos, para indicar la clase y la relación numérica entre los diferentes iones, utilizamos la fórmula empírica. Así, NaCl denota la fórmula empírica del cloruro de sodio y no la fórmula molecular: el cloruro de sodio no es un compuesto molecular, sino iónico. 25. Octano: C8H18 La masa molecular será igual a la suma de 8 veces la masa atómica del carbono y 18 veces la masa atómica del hidrógeno.

Mr (C8H18) = 8 × 12 + 18 × 1 = 114

Y haciendo lo mismo para el resto de compuestos:

Mr (CHCl3) = 12 × 1 + 1 × 1 + 3 × 35,5 = 119,5

Mr (KMnO4) = 39,1 × 1 + 54,9 × 1 + 16 × 4 = 158

El mol 26. a) Si multiplicamos el número de moles por la masa de cada mol, obtendremos la masa total. Como: M (Na) = 23 g/mol

La masa de 2,0 moles de dióxido de carbono es: m (Na) = 0,3 mol Na ×

23 g Na = 6,9 g de Na 1 mol Na

b) Hacemos lo mismo que en el apartado a): M (CO2) = 12 × 1 + 2 × 16 = 44 g/mol

La masa de 2,0 moles de dióxido de carbono es: 44 g CO2 m (CO2) = 2,0 mol CO2 × = 88 g de CO2 1 mol CO2

c) Primero calculamos el número de moles de I2 que tenemos, sabiendo que cada mol contiene 6,02×1023 moléculas: 1 mol I 2 n (I2) = 2,0 × 1022 moléculas I2 × = 0,03322 mol de I2 6,02 1023 moléculas I2 Si multiplicamos el número de moles por la masa de cada mol, obtendremos la masa total. Como: M (I2) = 127 × 2 = 254 g/mol La masa de 0,03322 mol de yodo es: 254 g I 2 m (I2) = 0,03322 mol I2 × = 8,44 g de I2 1 mol I 2 159


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Unidad 6. Estructura de la materia 27. La masa molar del XeF4 es:

M (XeF4) = 131 + (4 × 19) = 207 g/mol.

El número de moles que habrá en 10 gramos de XeF4 serán: 1 mol XeF4 n (XeF4) = 10 g XeF4 × = 0,04825 mol de XeF4 207 g XeF4 En un mol de cualquier elemento químico hay 6,02 × 1023 moléculas. Así pues, el número de moléculas en 10 gramos de XeF4 será: 6,02 1023 moléculas XeF4 = N (XeF4) = 0,04825 mol XeF4 × 1 mol XeF4 22 = 2,9 × 10 moléculas de XeF4 28. Si multiplicamos el número de moles por la masa de cada mol, obtendremos la masa total. Como:

M (Na) = 22,989 g/mol

m (Na) = 10 mol de átomos Na ×

22,989 g Na = 229,89 g de Na 1 mol de àtomos Na

29. Como un mol de propano contiene 6,02×1023 moléculas: 6,02 1023 moléculas C 3H8 N (C3H8)= 2 mol C3H8 × = 1 mol C 3H8 23 = 12,04 × 10 moléculas de C3H8 30. La masa molar de carbonato de sodio, Na2CO3, es:

M (Na2CO3) = (23 ×2) + 12,011 + (16 × 3) = 106 g/mol

En 100 g de Na2CO3 hay:

n (Na2CO3 ) = 100 g Na2CO3 ×

1 mol Na2 CO3 106 g Na2 CO3

= 0,94 mol de Na2CO3

31. Si multiplicamos el número de moles por la masa de cada mol, obtendremos la masa total. Como:

M (NH3) = 14,006 + 3 × 1,008 = 17,03 g/mol 17,03 g NH3 m (NH3) = 100 mol NH3 × = 1,703 g de NH3 1 mol NH3

32. Sabemos que la densidad del agua es 1 g/cm3, por tanto la masa de 0,05 cm3 será de 0,05 g. Podemos calcular la masa de agua de este volumen: Como:

M (H2O) = 18 g/mol

Podemos calcular el número de moles de agua que contiene la gota: 1 mol H2 O n (H2O) = 0,05 g H2O = 2,78 × 10−3 mol de agua 18 g H2 O Y como un mol de agua contiene 6,02×1023 moléculas: 6,02 1023 moléculas H2 O = N (H2O) = 2,78 × 10-3 mol H2O × 1 mol H2 O = 1,7 × 1021 moléculas de H2O 160


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33. La masa molar del agua (H2O) es:

M (H2O) = 18 g/mol

La masa de 0,5 mol de agua es: m (H2O) = 0,5 mol H2O ×

18 g H2 O

= 9 g de H2O 1 mol H2O Sabiendo que la densidad del agua a 4 ºC és 1 g/cm3, el volumen de agua que se debería medir será de 9 cm3.

34. Nos dan la masa de etano, por lo tanto, lo primero que debemos hacer es calcular el número de moles que hay en los 10 g de etano. Como: M (C2H6) = 2 × 12,011 + 6 × 1,008 = 30,070 g/mol 1 mol C 2 H6 = 0,333 mol de etano n (C2H6) = 10 g C2H6 × 30,070 g C2 H6 Como un mol de etano contiene 6,02 × 1023 moléculas y cada molécula tiene 2 átomos de carbono:

N (C2H6) = = 0,333 mol C2 H6

6,02 1023 moléculas C2 H6

= 4,01 × 1023 átomos de C

1 mol C 2 H6

2 átomos C = 1 molécula C2 H6

35. Primero debe calcularse el número de moles de dióxido de azufre que corresponden a estas moléculas: 1 mol SO2 n (SO2) =1020 moléculas SO2 × = 6,02 1023 moléculas SO2 −4 = 1,66 × 10 mol de SO2 Como: M (SO2) = 64 g/mol La masa de dióxido de azufre será: m (SO2) = 1,66 × 10−4 mol SO2 ×

64 g SO2

= 0,011 g de SO2 = 11 mg de SO2 1 mol SO2 36. La masa molar del hierro es 55,8 g/mol. El número de moles de átomos de hierro que hay en 1,68 g será:

1 mol Fe = 0,03 mol de átomos de Fe 55,8 g Fe Un mol de cualquier elemento químico contiene 6,02 × 1023 átomos. Así pues, el número de átomos en 0,03 moles de hierro será:

n (Fe) = 1,68 g Fe ×

N (Fe) = 0,03 mol Fe ×

6,02 1023 átomos Fe = 1,8 × 1022 átomos de hierro 1 mol Fe

37. Nos dan la masa de pentano, por lo tanto lo primero que debemos hacer es calcular el número de moles que hay en los 2,16 g de pentano.

M (C5H12) = 5 × 12,011 + 12×1,008 = 72,151 g/mol 1 mol C 5 H12 = 0,0299 mol de pentano n (C5H12) = 2,16 g C5H12 × 72,151 g C5H12 161


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Unidad 6. Estructura de la materia Como un mol de pentano contiene 6,02 × 1023 moléculas: 6,02 1023 moléculas C5H12 = N (C5H12) = 0,0299 mol C5H12 × 1 mol C 5 H12 22 = 1,80 × 10 moléculas de pentano 38. a) Ya que conocemos la densidad del CClF3, podemos calcular la masa de este compuesto que corresponde a un volumen de 0,05 cm3: 1,47 g CClF3 = 0,0735 g de CClF3 m (CClF3) = 0,05 cm3 CClF3 × 1 cm 3 CClF3 El número de moles de CClF3 que corresponden a estos gramos es:

M (CClF3) = 104,5 g/mol

n (CClF3) = 0,0735 g CClF3 ×

1 mol CClF3 104,5g CClF3

= 7,033 × 10−4 mol de CClF3

Como un mol de CClF3 contiene 6,02 × 1023 moléculas: 6,02×1023 moléculas CClF3 = N (CClF3) = 7,033 × 10−4 mol CClF3 × 1 mol CClF3 20 = 4,23 × 10 moléculas de CClF3

El número de moléculas de CClF3 puede calcularse directamente utilizando sucesivamente los correspondientes factores de conversión. De esta manera se evitan cálculos innecesarios y el resultado obtenido es más preciso.

Así:

N (CClF3) = 0,05 cm3 CClF3 ×

×

6,02 1023 moléculas CClF3 1 mol CClF3

1,47 g CClF3 3

×

1 mol CClF3

1 cm CClF3 104,5 g CClF3

×

= 4,23×1020 moléculas de CClF3

b) El número de moléculas contenidas en 1 mg de CClF3 es: 1 g CClF3 1 mol CClF3 × × N (CClF3) = 1 mg CClF3 × 1000 mg CClF3 104,5 g CClF3

×

6,02 1023 moléculas CClF3

= 5,8 ×1018 moléculas de CClF3

1 mol CClF3 Cada molécula está formada por 1 átomo de carbono, 1 átomo de cloro y 3 átomos de flúor, por lo tanto, el número total de átomos de cada uno de los elementos será: 1 átomo C N (átomos de C) = 5,8 × 1018 moléculas CClF3 = 1 molécula CClF3 18 = 5,8×10 átomos de C 1 átomo Cl N (átomos de Cl) = 5,8 × 1018 moléculas CClF3 = 1 molécula CClF3 18 = 5,8×10 átomos de Cl 3 átomo F N (átomos de F) = 5,8 × 1018 moléculas CClF3 = 1 molécula CClF3 18 = 17,4×10 átomos de F

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39. La masa molar de la sacarosa es:

M (C12H22O11) = (12,011 ×12) + (1,008 × 22) + (16 × 11) = 342,3 g/mol.

La masa de una molécula de sacarosa es:

m (C12H22O11) = 1 molécula C12H22O11 ×

×

342,3 g C12 H22 O11 1 mol C12 H22 O11

1 mol C12 H22 O11 6,02 x 1023 moléculas C12 H22 O11

×

1015 femtogramos × = 5,7 × 10−7 fg de C12H22O11 1 gram

40. Nos dan la masa del óxido mixto de itrio, bario y cobre, por tanto lo primero que debemos hacer es calcular el número de moles que hay en 1 g de este óxido.

M (YBa2Cu3O5) = 88,905 + 2 × 137,34 + 3 × 63,54 + 5 × 15,999 = = 634,20 g/mol 1 mol YBa2 Cu 3 O 5 n (YBa2Cu3O5) = 1 g YBa 2 Cu 3 O5 × = 634,20 g YBa Cu O 2 3 5 = 1,577 × 10−3 mol de óxido

Como un mol de óxido contiene 6,02 × 1023 moléculas y cada molécula tiene 1 átomo de itrio: 6,02 1023 moléculas -3 N (YBa2Cu3O5) = 1,577 10 mol YBa2Cu 3O5 1 mol YBa 2Cu 3O5 1 átomo Y 20 = 9,49 × 10 átomos de Y × 1 molécula YBa 2Cu3O5 41. Para razonar cualitativamente este ejercicio, hay que fijarse en el diferente número de moles que están presentes para la misma masa (10 g) de uno y otro compuesto. Así, como la masa atómica del potasio es mayor que la del sodio, un mol de KCl tendrá una masa, expresada en gramos, superior a la de un mol de NaCl. Por lo tanto, tendrá más iones el frasco que contiene los 10 g de NaCn, ya que hay más moles de iones que en 10 g de KCl. 42. El nombre común del alcohol C2H5OH es etanol o alcohol etílico. La masa molar del alcohol es:

M (C2H5OH) = (12 × 2) + (1 × 6) + 16 = 46 g/mol

Si la ρ = 790 kg/m3 = 790 g/dm3, un litro de alcohol tiene una masa de 790 g La cantidad de alcohol será: n (C2H5OH) = 790 g C2H5OH ×

1 mol C 2 H5OH

= 17,2 mol de C2H5OH 46 g C2 H5OH El número de moléculas al que corresponde será: 6,02 1023 moléculas C2 H5OH = N (C2H5OH) = 17,2 mol C2H5OH × 1 mol C 2 H5OH 25 = 1,03×10 moléculas de C2H5OH

43. Como un mol de glucosa contiene 6,02 × 1023 moléculas y cada molécula tiene 12 átomos de hidrógeno: 6,02 1023 moléculas 12 átomos H N (C6H12O6) = 0,1 mol C6H12 O6 = 1 molécula 1 mol C 6 H12O6

= 7,22 × 1023 átomos de H

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Unidad 6. Estructura de la materia 44. Cada mol de electrones contiene 6,02 × 1023 electrones, por lo tanto, la carga de un mol de electrones será: 1,6 10 -19 C Q = 6,02 × 1023 electrones × = 96 320 C 1 electrón correspondiente a la carga de un mol de electrones se redondea a 96 500 C y se denomina Faraday (1 Faraday = 96 500 C = carga de un mol de electrones). 45. La masa molar del dióxido de carbono, CO2, es:

M (CO2) = 12 + (16 × 2) = 44 g/mol

El número de moléculas que hay en 960 g de CO2 será: 1 mol CO2 6,02 1023 moléculas CO2 × = N (CO2) = 960 g CO2 × 44 g CO2 1 mol CO2 = 1,31 × 1025 moléculas de CO2 se expiran por término medio cada día 46. Nos dan la masa de nicotina, por lo tanto lo primero que debemos hacer es calcular la cantidad de nicotina en 1 g de nicotina.

M (C10H14N2) = 10 × 12,011 + 14 × 1,008 + 2 × 14,006 = 162,234 g/mol

Cada molécula de nicotina contiene 10 átomos de carbono, 14 átomos de hidrógeno y 2 de nitrógeno (en total 26 átomos): 1 mol C10H14 N 2 × N (C10H14N2) = 1 g C10H14 N 2 × 162,234 g C10H14 N 2 6,02 1023 moléculas 26 átomos = 1 mol C10H14 N 2 1 molécula C10H14 N 2

= 9,65 × 1022 átomos de C, H y N en total

47. a) Si (C7H5O3NS) = 183 g/mol , un mol de moléculas de sacarina tiene una masa de 183 g y contiene 6,02 × 1023 moléculas de sacarina. La cantidad de sacarina será: n (C7H5O3NS) = 1 mol C 7 H5O3 NS = 1020 moléculas C7 H5O3 NS× 6,02×1023 moléculas C7 H5O3 NS = 1,66 × 10−4 mol de C7H5O3NS

Y la masa de esta cantidad de sustancia será:

183 g C7 H5O3 NS m (C7H5O3NS) = 1,66 × 10−4 mol C7H5O3NS × = 1 mol C 7 H5O3 NS =0,030 g = 30 mg de C7H5O3NS

b) El número de moléculas de sacarina puede calcularse directamente utilizando sucesivamente los correspondientes factores de conversión. De esta manera, se evitan cálculos innecesarios y el resultado obtenido es más preciso: 1 g C 7 H5O3 NS 1 mol C 7 H5O3 NS × N (C7H5O3NS) = 1 mg C7H5O3N× × 1000 mg C 7 H5O3 NS 183 g C7 H5O3 NS 6,02 1023 moléculas C7 H5O3 NS

1 mol C 7 H5O3 NS

= 3,29 × 1018 moléculas de C7H5O3NS

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48. La masa molar del cloruro de calcio, CaCl2, es:

M (CaCl2) = 40 + (35,5 × 2) = 111 g/mol

Un mol de CaCl2 contiene tres moles de iones. Por tanto, el número de iones en 100 g de CaCl2 es: 1 mol CaCl 2 3 mol de iones 6,023 × 1023 iones = × N = 100 g CaCl2 × 1 mol de iones 111 g CaCl 2 1 mol CaCl 2 = 1,63 × 1024 iones hay en 100 gramos de CaCl2 49. Nos dan un volumen de agua, pero como conocemos la densidad del agua a 4 ºC,

ρ (H2O) = 1g/cm3

1 cm3 de agua tiene la masa de un gramo. Calculamos la masa relativa del agua y la cantidad de masa de agua en 1 g de agua.

M (H2O) = 2 × 1,008 + 15,999 = 18,015 g/mol

Como un mol de agua contiene 6,02 × 1023 moléculas y cada molécula contiene 2 átomos de hidrógeno y 1 de oxígeno (en total 3 átomos):

N (H2O) =

= 1 g H2 O

1 mol H2 O

6,02

18,015 g H2 O

1023 moléculas H2 O 1 mol H 2O

3 átomos = 1 molécula H2O

= 1,0 × 1023 átomos de H y O en total

50. Sabiendo que un mol de protones contiene 6,02 × 1023 protones y que m (protón) = = 1,7 × 10−27 kg = 1,7 × 10−24 g, la masa de 0,1 mol de protones será: 6,02 1023 protones 1,7 10 24 g masa = 0,1 mol protones 0,1 g 1 mol protones 1 protón 51. Una molécula de azufre rómbico en estado sólido está formada por ocho átomos. La masa molar del azufre rómbico, S8, es:

M (S8) = 32,066 × 8 = 256,5 g/mol

El número de átomos que hay en 90,2 g de S8 es: 1 mol S8 6,02 1023 moléculas S8 N (S) = 90,2 g S8 × × 256,5 g S8 1 mol S8

8 átomos = 1 molécula S8

= 1,7 × 1024 átomos de S

52. Nos dan la masa de TNT, por tanto lo primero que debemos hacer es calcular la cantidad de moles que hay en los 100 g de trinitrotolueno. Seguidamente, por cada mol de trinitrotolueno tenemos 6,02 × 1023 moléculas, por lo tanto:

M (C7H5(NO3)3) = 7 × 12,011 + 5 × 1,008 + 3 × 14,006 + 9 × 15,999 =

= 275,126 g/mol

N (C7H5(NO3)3) = 23 1 mol C 7 H5 (NO3 )3 6,02 × 10 moléculas 100 g C7H5(NO3)3× × = 275,126 g C7H5(NO3)3 1 mol C7 H5 (NO3 )3 = 2,19 × 1023 moléculas de TNT

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Unidad 6. Estructura de la materia 53. Debemos tener en cuenta que el bromo y el yodo son moléculas diatómicas (Br2 y I2); sabiendo que: M (Br2) = 160 g/mol M (I2) = 254 g/mol M(SO3) = 80 g/mol Ya podríamos decir que, como el trióxido de azufre tiene una masa molar menor que los otros, 1 g de este compuesto contendrá más moles que 1 g de bromo o de yodo, y como 1 mol de cualquier compuesto molecular contiene 6,02 × 1023 moléculas, también podemos decir que el recipiente que contiene el trióxido de azufre será el que contendrá más moléculas. 54. a) En un mol de cualquier elemento químico hay 6,02 × 1023 moléculas. Así pues, el número de moléculas que hay en 0,2 mols de CO2 es: 6,02×1023 moléculas CO2 N (CO2)= 0,2 mol CO2 × = 1 mol de CO2 23 =1,2 × 10 moléculas de CO2 b) La masa molar de NH3 es: M (NH3) = 17 g/mol. El número de moléculas que hay en 5 g de NH3 es: 1 mol NH3 6,023 1023 moléculas NH3 = N (NH3) = 5 g NH3 × 17 g NH3 1 mol de NH3 = 1,77 × 1023 moléculas de NH3 c) Sabemos que la densidad de H2O a 4 ºC es: ρ(H2O) = 1 g/cm3. La masa molar del H2O es: M (H2O) = 18 g/mol. El número de moléculas que hay en 9 cm3 de H2O a 4 ºC es: 1 g H2 O 1 mol H2 O 6,023×1023 molècules H2 O 3 × × N (H2O) = 9 cm H2O × 1 mol H2 O 1 cm 3 H2 O 18 g H2 O 6,02 1023 moléculas H2 O 23 = 3,01 × 10 moléculas de H2O 1 mol H2 O La muestra C contiene más moléculas. 55. Primero debemos calcular la cantidad de moles que hay en 10 g de cloruro cálcico; después multiplicaremos por el número de Avogadro para obtener el número de iones. M (CaCl2) = 40,078 + 2 × 35,453 = 110,984 g/mol 1 mol CaCl 2 1 mol Ca 2+ N (Ca2+) = 10 g CaCl 2 × × × 110,984 g CaCl2 1 mol CaCl 2 6,02 1023 iones Ca 2+ = 5,42 × 1022 iones de Ca2+ 1 mol Ca 2+ 56. El número de átomos de hidrógeno se puede calcular utilizando sucesivamente los correspondientes factores de conversión: 0,79 g C 2 H5OH 1 mol C 2 H5OH 3 × × N (H) = 10 cm C2 H5OH × 1 cm 3 C2 H5OH 46 g C2 H5OH

6,02 1023 moléculas C2 H5OH 1 mol C 2 H5OH

6 átomos H = 1 molécula C2 H5OH

= 6,20 × 1023 átomos de hidrógeno.

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57. La masa molar del butano (C4H10) es: M (C4H10) = 58 g/mol. Sabemos que en un mol de cualquier elemento químico hay 6,02 × 1023 moléculas. Por lo tanto, 6,02 × 1023 moléculas de butano pesarán 58 g. 1 fg equivale a 10−15 g. La masa de una molécula de butano es: 58 g C4 H10 1g m (1 molécula de C4H10) = = 23 6,02 10 moléculas C4 H10 10-15 g −8 = 9,6 × 10 fg. 58. Primero debemos calcular la cantidad de moles que hay en 5 g de fluoruro de potasio, después multiplicaremos por el número de Avogadro para obtener el número de moléculas. Como cada molécula contiene 2 iones tenemos: M (KF) = 39,098 + 18,998 = 58,096 g/mol 1 mol KF 2 mol de iones 6,02 1023 iones N = 5 g KF = 58,096 g 1 mol KF 1 mol de iones =1,04 × 1023 iones 59. Si M (C12H22O11) = 342 g/mol, un mol de moléculas de sacarosa tiene una masa de 342 g y contiene 6,02 × 1023 moléculas de sacarosa. El número de moléculas de sacarosa puede calcularse directamente utilizando sucesivamente los correspondientes factores de conversión. De esta manera, se evitan cálculos innecesarios y el resultado obtenido es más preciso: 1 mol C12 H22 O11 × N (C12H22O11) = 3 g C12H22O11 × 342 g C12 H22 O11 6,02 1023 moléculas C12 H22 O11 1 mol C12 H22 O11

= 5,28 × 1021 moléculas de C12H22O11

El número de moléculas que habrá por cada cm3, teniendo en cuenta que el volumen de agua de la piscina es de 900 m3 = 900 × 106 cm3 , será:

N (C12H22O11) =

= 5,87

1012

5,28

1021 moléculas C12 H22 O11

900 106 cm 3 moléculas C12H2 2O11

=

1 cm3 60. Suponiendo que una gota de agua es esférica, el volumen es: V = 4/3 π r3, donde r es el radio de la gota. El volumen de una gota de agua de diámetro 8,8 mm es: 1 cm 3 = 0,357 cm3 1000 mm 3 La densidad del agua a 4 ºC es: ρ (H2O) = 1 g/cm3; y su masa molar es:

V (gota) = 4/3 × 3,1416 × (4,4)3 mm3 ×

M (H2O) = 18 g/mol.

El número de moléculas de agua en una gota de lluvia de 2,14 cm3 es:

N (H2O) =

= 0,357 cm3 H2O ×

= 1,19 × 1022 moléculas de H2O

1 mol H2 O 6,02×10 23 moléculas H2 O × = 1 mol H2 O 1 cm 3 H2 O 18 g H2 O 1 g H2 O

×

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Unidad 7. Leyes de los gases. Teoría cinético-molecular Leyes de los gases 1. Para poder realizar el cambio de unidades, debemos conocer los factores de conversión que las relacionan -éstos los podemos encontrar en la parte final del libro del alumno-. 1,013 × 105 Pa = 1,013 × 105 Pa 1 atm 1,013×105 Pa b) p = 750 mm de Hg × = 9,997 × 104 Pa 760 mm de Hg 2 10 Pa c) p = 50 hPa × = 5 000 Pa = 5,0 × 103 Pa 1 hPa 1,013×105 Pa × = 1,013 × 105 Pa d) p = 1 013 mb 1013 mb

a) p = 1 atm ×

2. Entendemos por gases ideales los que siguen los siguientes criterios: -Cumplen las leyes de Boyle y Mariotte y de Charles Gay-Lussac. -Sus moléculas se mueven libremente, sin direcciones privilegiadas y a gran velocidad, y las fuerzas de atracción intermoleculares son nulas. -Las moléculas son de volumen insignificante. -Los choques intermoleculares son elásticos. 3. Los líquidos y los gases se conocen con el nombre de fluidos porque pueden deslizarse por un conducto o escaparse a través de un orificio pequeño. 4. Como en un gas las distancias intermoleculares son muy grandes, si se compara con el volumen de las moléculas, al aumentar la presión queda mucho margen para que las moléculas se acerquen entre ellas, y macroscópicamente se puede apreciar la disminución de volumen correspondiente. En cambio, los líquidos son muy poco compresibles, porque las distancias intermoleculares ya son mucho menores, y queda poco margen para que las moléculas se acerquen entre ellas. 5. Constituye el verdadero cero de temperatura. En el cero absoluto, toda la materia está en estado sólido, y los átomos, moléculas o iones no tienen energía cinética de traslación y se quedan totalmente inmóviles. 6. El mercurio, por encima de 234 K se encuentra en estado líquido. Si el termómetro baja hasta 50 ºC bajo cero, es decir, baja hasta: 273 – 50 = 223 K, el mercurio a esta temperatura se encontrará en estado sólido. Por este motivo no se podrá utilizar mercurio como líquido termométrico. 7. Sabemos que el 0 K corresponde a una temperatura de –273,15 ºC, y sabemos también que 1 grado kelvin equivale a 1 grado Celsius, por tanto podremos calcular a cuánto corresponderá una temperatura de 125 K.

T = –273,15 + 125 = −148,15 ºC

168


30/7/08 16:10:59

8.

Volumen dm3

Presión Pa

Estado inicial (1)

200

102

Estado final (2)

50

p2

Considerando que se trata de un gas perfecto, como la temperatura se mantiene constante, se cumplirá la ley de Boyle y Mariotte:

p1 V1 = p2 V2 y p2 =

p1 V1 V2

Sustituyendo:

p2 =

102 Pa×200 dm 3 = 4 × 102 Pa 3 50 dm

9. El volumen del recipiente es 10 m3. Presión Pa

Temperatura K

Estado inicial (1)

105

(273 + 20)

Estado final (2)

p2

(273 + 280)

Según la ley de Charles y Gay-Lussac, como el volumen permanece constante se cumplirá que: p1 p2 = T1 T2 Sustituyendo:

p2 =

105 Pa × 553 K = 1,9 × 105 Pa 293 K

10. El problema nos dice que la presión del sistema es constante; por tanto, con los datos que nos dan, podemos utilizar la ley de Charles y Gay-Lussac en temperaturas absolutas. V1 V2 = T1 T2 Primero debemos cambiar las unidades de la temperatura a grados Kelvin. Sabemos que el 0 ºC corresponde a una temperatura de 273,15 K, y sabemos también que 1 grado Kelvin equivale a 1 grado Celsius, por tanto podremos calcular a cuánto corresponderán unas temperaturas de −20 ºC y 100 ºC. Volumen cm3

Temperatura K

Estado inicial (1)

500

(273 – 20)

Estado final (2)

V2

(273 + 100)

T1 = 273 − 20 = 253 K

T2 = 273 + 100 = 373 K 169


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Unidad 7. Leyes de los gases. Teoría cinético-molecular El problema nos pide el volumen a 100 ºC, por lo tanto si aislamos de la ecuación V2 y sustituimos el resto de los datos: V1 V2 = ×T2 T1 Sustituyendo:

V2 =

500 cm 3 ×373 K = 737 cm3 253 K

11. El gas se cierra dentro de un recipiente, por lo que el volumen se mantendrá constante. Utilizando los hPa como unidad de presión y convirtiendo la temperatura a K, las condiciones iniciales y finales del gas serán Temperatura K

Presión hPa

Estado inicial (1)

273

5 050

Estado final (2)

453

p2

A volumen constante, y considerando el oxígeno como un gas ideal, se cumplirá la ley de Charles y Gay-Lussac: p1 p 2 pT = y p2 = 1 2 T1 T2 T1 Sustituyendo: 5 050 hPa × 453 K = 8 380 hPa p2 = 273 K El recipiente resistirá, ya que la presión final es menor que la que puede resistir el recipiente (8 380 hPa < 10 130 hPa). 12. La temperatura permanece constante. Presión kPa

Volumen dm3

Estado inicial (1)

160

4

Estado final (2)

p2

5

Según la ley de Boyle y Mariotte, como la temperatura permanece constante se cumplirá que:

p1 V1 = p2 V2

Aislando p2 y sustituyendo: p2 =

4 dm 3 × 160 kPa = 128 kPa 5 dm 3

13. Un gas está en condiciones normales (c. n.) cuando su temperatura es de 273 K y su presión es de 1,01 × 105 Pa. Sabemos que el volumen final será la mitad del inicial, y sabemos también que la temperatura aumentará 20 ºC. 170


30/7/08 16:11:00

Presión Pa

Volumen m3

Temperatura K

Estado inicial (1)

1,01 × 105

1

273

Estado final (2)

p2

1/2

(273 + 20)

En este caso, aplicaremos la ley general de los gases perfectos. p1V1 p2 V2 = T1 T2 Aislando p2, obtenemos: T pV p2 = 2 1 1 V2 T1 Sustituyendo:

p2 =

293 K×1,01×105 Pa×1 m 3 = 2,17 × 105 Pa 0,5 m 3 × 273 K

14. Las condiciones iniciales y finales en las que se encuentra el oxígeno son:

Estado inicial (1) Estado final (2)

Volumen dm3

Presión Pa

Temperatura K

5

105

273

4

373

V2

10

Aplicando la ley general de los gases perfectos: p1V1 p2 V2 = T1 T2 Aislando V2 y sustituyendo: 10 5 Pa 5 dm 3 373 K p1 V1T2 = = 68,31 dm3 V2 = 4 273 K 10 Pa T1 p2 15. Estado inicial (1) Estado final (2)

Presión Pa

Volumen cm3

Temperatura K

104

100

(150 + 273)

V2

273

5

10

Aplicando la ley general de los gases perfectos: p1V1 p2 V2 = T1 T2 Aislando V2 y sustituyendo:

V2 =

10 4 Pa 100 cm 3 273 K = 6,45 cm3 5 423 K 10 Pa

171


30/7/08 16:11:00

Unidad 7. Leyes de los gases. Teoría cinético-molecular 16. En este caso, aplicaremos la ecuación general de los gases perfectos: p1V1 p2 V2 = T1 T2 Presión atm

Volumen m3

Temperatura K

Estado inicial (1)

14

2,1

(273 + 20)

Estado final (2)

10

V2

(273 + 15)

Aislando V2 de la ecuación general de los gases perfectos: T pV V2 = 2 1 1 p2 T1 y sustituyendo los datos de la tabla:

V2 =

288 K × 14 atm × 2,1 m3 = 2,89 m3 10 atm × 293 K

17. A causa de la difusión, las moléculas de los dos gases, al moverse constantemente en todas direcciones, van llenando todo el recipiente que las contiene y se van mezclando las unas con las otras. Esquemáticamente tendríamos:

Ecuación general de los gases perfectos 18. En estas condiciones, el volumen que ocupa 1 mol de un gas es de 22,7 dm3. Tenemos 100 g de N2 que ocuparán un volumen de: 1 mol N 2 22,7 dm 3 = 81 dm3 Vm = 100 g N 2 × × 28,02 g N 2 1 mol N 2 19. a) Cuando un gas se encuentra en condiciones normales, el volumen que ocupa un mol de este gas es de 22,4 dm3, por lo tanto, la cantidad de CO2 en 10 dm3 seá: 1 mol CO2 = 0,446 mol ≈ 0,45 mol de CO2 n (CO2) = 10 dm3 CO2 × 22,4 dm 3 CO2 b) Sabiendo que un mol de gas contiene 6,02×1023 moléculas, el número de moléculas en este caso será: 6,02 1023 moléculas CO2 N (CO2) = 0,45 mol CO2 = 1 mol CO2 23 = 2,7 × 10 moléculas de CO2 c) La masa de CO2 será:

44 g CO2 m (CO2) = 0,446 mol CO2 × = 19,6 g de CO2 1 mol CO2

172


30/7/08 16:11:01

20. La presión ejercida por el gas en el interior del recipiente la encontraremos aplicando la ecuación general de los gases perfectos: n RT pV=nRT y p = V Primero, debemos calcular la cantidad de helio que hay en 60 g de helio: 1 mol He =15 mol He 4 g He Sustituyendo en la ecuación general de los gases y expresando todas las magnitudes en unidades del SI, tendremos:

n (He) = 60 g He ×

15 mol × 8,314 J mol -1 K -1 × 300 K = 3,7 × 105 Pa 0,1 m 3 21. a) A 4 ºC la densidad del agua es 1g/cm3. Si tenemos 1 cm3 de agua: 1 g H2 O 1 mol H2 O 6,02 1023 moléculas 3 = N (H2O) = 1 cm H2O 1 mol H 2O 1 cm 3 H2 O 18 g H2 O = 3,34 × 1022 moléculas de agua

p=

b) Para calcular el nuevo volumen de agua, utilizaremos la ecuación general de los gases perfectos: pV=nRT

Calcularemos el número de moles que es 1 g de agua: 1 mol H2 O m (H2O) = 1 g H2O × = 0,0556 mol de agua 18 g H2 O Aislando V y sustituyendo los datos: n R T 0,0556 mol × 8,31 J/K mol × 373 K = 1,71 × 10−3 m3 = p 101×103 Pa

V =

V = 1,71 × 10−3 m3 ×

10 3 dm 3 = 1,71 dm3 3 1m

c) Fijémonos en que el volumen de agua en estado de vapor es 1 700 veces mayor que la misma cantidad de agua cuando está líquida (1 710 cm3 frente a 1 cm3), por tanto el volumen ocupado por el gas es mucho mayor que el ocupado por el líquido y, como el número de partículas no varía, los espacios entre ellas deben ser mucho mayores. 22. La cantidad de CO2, n (CO2), que expele el cuerpo humano cada hora es: 1 mol CO2 = 0,91 mol de CO2 n (CO2) = 40 g CO2 × 44 g CO2 El volumen que ocupa esta cantidad de CO2, lo encontraremos a partir de la ecuación general de los gases perfectos: nR T p V = n R T y V= p Sustituyendo y expresando todas las magnitudes en unidades del SI, tendremos:

V (CO2) =

0,91 mol × 8,31 J K -1 mol -1 × 300 K = 0,0225 m3 de CO2 cada hora 101000 Pa 173


30/7/08 16:11:02

Unidad 7. Leyes de los gases. Teoría cinético-molecular El volumen de dióxido de carbono que expele una persona, en las condiciones dadas, durante un día será:

V (CO2) =

0,0225 m 3 × 24 horas = 0,54 m3 hora

23. a) Las masas molares son: M (He) = 4 g/mol; M (Ne) = 20,2 g/mol. Sabemos que: m m n (He) = ; n (Ne) = M(He) M(Ne) Si las masas de gas son iguales, en el recipiente que contiene helio hay más moles, y por lo tanto más átomos que en el recipiente que contiene neón. b) Aplicando la ley general de los gases perfectos para cada uno de los elementos y aislando el volumen y la temperatura, tendremos:

m R THe M(He ) m pNe VNe = R TNe (Ne ) pHe VHe =

Dividiendo miembro a miembro: p(He ) M(Ne ) = p(Ne ) M(He )

Si p (He) = 105 Pa, sustituyendo en la ecuación: 4 p (Ne) = 105 Pa × = 1,98 × 104 Pa 20,2 24. a) Un gas está en condiciones normales (c. n.) cuando su temperatura es de 273 K y su presión es de 1,01 × 105 Pa.

La cantidad de H2 es: n (H2) = 1020 moléculas

1 mol H2 6,02×1023 moléculas

= 1,66 × 10−4 mol H2

El volumen que ocupa es: V = 1,66 × 10-4 mol H2 ×

22,4 L = 3,73 cm3 1 mol H2

b) Utilizando la ecuación general de los gases, y asilando V.

pV=nRT V =

n R T 1,66×10 = p

V = 5,09 × 10 -6 m 3 ×

4

mol × 8,31 J/K mol × 373 K = 5,09 × 10−6 m3 2 1013×10 Pa

106 cm 3 = 5,09 cm3 3 1m

25. La cantidad de O2, n (O2), que tenemos en 160 g será: 1 mol O2 = 5 mol de O2 n (O2) = 160 g O2 × 32 g O2

174


30/7/08 16:11:02

Y el volumen que ocupan estos moles lo encontraremos a partir de la ecuación general de los gases perfectos: nR T p V = n R T y V= p Sustituyendo y expresando todas las magnitudes en unidades del SI, tendremos:

V (O2) =

5 mol × 8,31 J K -1 mol -1 × 500 K = 20,78 m3 de O2 3 10 Pa

26. Condiciones normales: 273 K y 1,01 × 105 Pa. El volumen molar es 22,4 dm3 a) La masa de N2 és: m (N2) = 0,5 dm 3 N2 ×

1 mol N 2 3

22,4 dm N2

×

28,0134 g N2 1 mol N 2

= 0,625 g N2

b) La masa molar del dióxido de carbono (CO2) es: M (CO2) = 12,011 + (15,9994 × 2) = 44,0098 g/mol

Para calcular la masa de CO2: m (CO2) =1020 moléculas CO2 ×

−3

= 7,3 × 10 g CO2

1 mol CO2

44 g CO2

23

6,02×10 moléculas CO2 1 mol CO2

=

c) La masa molar del diyodo (I2) es: M (I2) = 126,9045 × 2 = 253,809 g/mol 253,809 g I 2 = 2,54 g I2 m (I2) = 0,01 mol I2 × 1 mol I 2

d) Aplicando la ecuación general de los gases perfectos y aislando n: 105 Pa 0,6 10-3 m3 n= =0,024 mol NO 8,31 J K -1 mol -1 300 K La masa molar del monóxido de nitrógeno (NO) és: M (NO) =14,0067 + 15,9994 = 30,0061 g/mol

La masa de NO será:

30,0061 g NO = 0,72g NO 1 mol NO La masa mayor corresponde a los 0,01 mol de I2. m (NO) = 0,024 mol NO ×

27. La medida del volumen de dióxido de carbono se hace en condiciones normales, por tanto tenemos una temperatura de 273 K y una presión de 1,013 × 105 Pa (o 1 atm). Sabemos que salen 600 dm3 de CO2 por minuto, por tanto podemos calcular el número de moles que salen de CO2 cada minuto utilizando la ecuación general de los gases.

pV=nRT

n=

1 atm× 600 dm 3 pV = 26,80 moles de CO2 = R T 0,082 (atm dm 3 /K mol) × 273 K

Una vez calculados los moles de CO2 por minuto, podemos calcular el número de moléculas que pasan a la atmósfera cada décima de segundo:

175


30/7/08 16:11:03

Unidad 7. Leyes de los gases. Teoría cinético-molecular

N (CO2) =

26,80 mol CO2 min

×

6,02 1023 moléculas CO2 1 mol CO2

1 min 60 s

0,1 s = 1 ds

22

= 2,68 × 10 moléculas /décima de segundo

28. En el SI, la densidad se expresará en kg/m3. Sabemos que:

M (gas) = 32 g/mol = 32×10−3 kg/mol

En general

ρ (gas) =

masa de gas masa molar = volumen molar volumen

En c. n., el volumen molar es de 22,4 dm3 = 22,4×10−3 m3 . Por lo tanto, la densidad del gas en condiciones normales es:

ρ (gas) =

32×10 3 kg = 1,4 kg/m3 22,4 ×10-3 m3

29. a) Si expresamos todos los datos en el SI, la densidad nos vendrá expresada en kg/ m3. La masa molar del propano (C3H8) es:

M (C3H8) = (12,011 × 3) + (1,0079 × 8) = 44,096 g/mol = 44,096 × 10−3 kg/mol El volumen molar es 22,4 × 10−3 m3. Su densidad será: ρ=

44,096 × 10 -3 kg = 1,96 kg/m3 -3 3 22,4× 10 m

b) A partir de la ecuación:

pV=nRT

pasamos a m p V= R T ; M m y como =nρ, V pM obtenemos la expresión ρ = . RT Sustituyendo:

ρ=

10 4 Pa × 44,096×10 -3 kg mol -1 = 0,14 kg/m3 8,31 J K -1 mol -1 × 373 K

30. El volumen de1 cm3 en unidades del SI es 1 × 10−6 m3. a) Un mol de un gas a la presión estándar y 0 ºC ocupa 22,7 L .

1 mol de gas 22,7 10 -3 m 3 = 2,65 × 1019 moléculas de gas

N = 1 × 10−6 m3 ×

6,02 10 23 moléculas = 1 mol gas

b) p = 102 Pa y T = 1 000 ºC

Hay que pasar los grados Celsius a grados Kelvin: T = 1 000 + 273 = 1273 K

176


30/7/08 16:11:03

Si: pV=nRT pV 102 Pa × 1×10-6 m3 = n= = 9,45×10 R T 8,31 J K -1 mol -1 × 1273 K

9

molesdedegas gas mols

Una vez calculados los moles de gas, podemos calcular el número de moléculas mediante el número de Avogadro: 6,02 1023 moléculas gas = 1 mol gas 15 = 5,7 × 10 moléculas de gas

N = 9,46×10−9 mol gas ×

31. a) El número de átomos de hidrógeno será: N (H) = 10 dm 3 CH 4

1 mol CH 4

6,02 10 23 moléculas CH 4

22,7 dm 3 CH 4

1 mol CH 4

4 átomos H = 1,06 × 1024 átomos de hidrógeno. 1 molécula CH 4

b) El número de átomos de hidrógeno contenidos en el alcohol será: N (H) = 1020 moléculas C2H5OH = 6 × 1020 átomos de hidrógeno

6 átomos H = 1 molécula C 2 H5 OH

c) El número de átomos de hidrógeno contenidos en medio mol de agua será: 6,02×1023 moléculas H2 O 2 átomos H × N (H) = 0,5 mol H2 O × = 1 molécula H2 O 1 mol H2 O = 6,02 × 1023 átomos de hidrógeno.

Habrá más átomos de hidrógeno en los 10 dm3 de metano.

32. a) De la ecuación p V = n R T pasamos a: m p V = RT ; m = masa de gas y M = masa molar. M Esta ecuación nos permite calcular M si experimentalmente se conocen p, V, m y T. Por lo tanto: mRT pV

0,583 g 8,314 J mol -1 K -1 (21+ 273) K = 70,9 g/mol 98900 Pa 203 × 10 -6 m 3

M=

M = 70,9 g/mol y Mr = 70,9

b) Se trata del dicloro (Cl2). 33. Denominamos ρ1 a la densidad del gas en c. n. y ρ2 ρ2 a la densidad del gas a 300 K y 104 Pa. De la ecuación p V = n R T deducimos:

ρ1 =

p1 M R T1

ρ2 =

p2 M R T2

Si dividimos miembro a miembro ambas expresiones: p T 1 = 1 2 p 2 T1 2


177

30/7/08 16:11:04

Unidad 7. Leyes de los gases. Teoría cinético-molecular Por lo tanto: p 2 T1

1,43 kg m -3 × 104 Pa × 273 K = 0,13 kg/m3 p1 2 1,01 × 105 Pa × 300 K m RT , que nos permite calcular M 34. De la ecuación p V = n R T, pasamos a p V = M (masa molar) conociendo V, p y m (masa de gas):

ρ2 =

M=

M = 30,1 g/mol y Mr = 30,1

1

=

m R T 1,45 g × 8,314 J mol-1 K -1 × 300 K = 30,1 g/mol = pV 1× 105 Pa × 1,20 × 10-3 m3

35. Un gas está en condiciones normales (c. n.) cuando su temperatura es de 273 K y su presión es de1,01×105 Pa . Si expresamos los datos en el SI, la densidad se expresará en kg/m3 , por tanto, será: 2,59 g 103 dm 3 1 kg × × 3 = 2,59 kg/m3 1 m3 10 g 1 dm 3 Una de las aplicaciones de la ecuación general de los gases es el cálculo de la densidad de un gas utilizando la fórmula:

ρ=

pV=nRT

pasamos a: m p V= RT M y: m pM= RT V y como m/V es la densidad, escribimos: pM ρ= RT Como en este problema nos dan la densidad del gas, podemos aislar de la fórmula M (masa molar) y sustituir los datos.

RT p = 58 g/mol M=

2,59 kg /m 3 8,31 J /K mol 273 K = 0,058 kg/mol = 1, 01 105 Pa

Por tanto, la masa molecular del gas es Mr = 58 36. La densidad relativa de un gas respecto de otro es igual al cociente de sus masas molares o de sus masas moleculares; si Mr (N2) = 28 y Mr (H2) = 2, tendremos: 28 ρr = = 14 2 Este resultado nos indica que, a iguales condiciones de presión y temperatura, el dinitrógeno es 14 veces más denso que el dihidrógeno. 37. Si la fuga es de gas metano, primero saldrá por las rejillas situadas cerca del techo. En efecto, la masa molecular media del aire es Mr = 28,9. Como las moléculas de metano tienen una masa molecular menor, en concreto Mr = 16, y un mol de cualquier gas, 178


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en las mismas condiciones de presión y temperatura, ocupa el mismo volumen, la densidad del gas metano será menor que la del aire de la cocina y tenderá a ascender. Por ello, los instaladores de gas realizan las aperturas de ventilación de las cocinas que utilizan gas metano en la parte superior de la pared. Si la fuga es de gas butano, primero saldrá por las rejillas situadas cerca del suelo. En efecto, la masa molecular media del aire es Mr = 28,9. Como las moléculas de butano tienen una masa molecular mayor, en concreto Mr = 58, y un mol de cualquier gas, en las mismas condiciones de presión y temperatura, ocupa el mismo volumen, la densidad del gas butano será mayor que la del aire de la cocina y tenderá a bajar al suelo. Por ello, los instaladores de gas realizan las aperturas de ventilación de las cocinas que utilizan gas butano en la parte inferior de la pared. 38. Una de las aplicaciones de la ecuación general de los gases es el cálculo de densidades relativas mediante la ecuación siguiente: M = azufre = azufre r M aire aire Si de esta ecuación aislamos la masa molar del azufre (Mazufre) y sustituimos con los datos del problema: Mazufre = r M aire = 6,55 28,9 g /mol = 1 89,30 g /mol M sofre Por lo tanto, la masa molecular del azufre es Mr = 189,30 . Esta masa molecular corresponde a la de una molécula de azufre gas. Como conocemos la masa atómica del azufre, dividiendo la masa molecular del azufre por la masa atómica del azufre, obtendremos el número de átomos que forman la molécula de azufre gas. Mr 189,30 = = 5,90 ≅ átomos de S 32,07 Ar

Mezcla de gases 39. V = 5 dm3 m = 20 g N2 T = 20 ºC

V = 8 dm3 m = 28 g N2 T = 20º C

a) Lo primero que debemos hacer es calcular la cantidad de N2 que hay en cada recipiente. 1 mol N 2 = 0,712 mol de N2 nA = 20 g de N 2 × 28,01 g

nB = 28 g de N 2 ×

= 0,999 mol de N2 28,01 g Al poner en contacto los dos recipientes: ntotal = 0,71 + 0,999 = 1,71 mol de N2

1 mol N 2

La temperatura en grados Kelvin: T = 273 + 20 = 293 K

Como:

Vtotal = 5 + 8 = 13 dm3 = 13 × 10−3 m3 179


30/7/08 16:11:05


A partir de la ecuación siguiente, podremos calcular la presión final:

pV=nRT

p=

n R T 1,71 mols ×8,31 J K -1 mol -1 × 293 K = = 3,20 × 105 Pa 3 3 V 13×10 m

b) Conociendo al presión final, podemos calcular la nueva cantidad de N2 en el recipiente B que tiene un volumen de 8 dm3 (8 × 10−3 m3):

pV=nRT

Aislando n:

n (N2) =

p V 3,20×105 Pa× 8×10-3 m3 = 1,051 mol de N2 en el recipiente B. = RT 8,31 (J/K mol) × 293 K

Si inicialmente teníamos 0,999 moles de N2 en el recipiente B, la cantidad de gas que ha pasado de A a B será: n (N2) = 1,051−0,999= 0,052 mol de N2 La masa que ha pasado del recipiente A al B es: 28,01 g m (N2) = 0,052 mol N2 × = 1,46 g N2 1 mol N 2

Por lo tanto, han pasado 1,46 g de N2 del recipiente A al B. 40. A partir de la ecuación general de los gases perfectos: n RT y V= t pt V = nt R T pt Calculamos el número total de moles: 1 mol O2 = 0,313 mol de O2 n (O2) = 10 g O2 × 32 g O2 1 mol CO2 n (CO2) = 5 g CO2 × = 0,114 mol de CO2 44 g CO2 nt = 0,313 + 0,114 = 0,427 mol totales. Sustituyendo los datos en la ecuación general de los gases perfectos y expresando todas las magnitudes en unidades del SI, tendremos: 0,427 mol × 8,31 J K -1 mol -1 × 293 K = 0,104 m3 4 10 Pa El volumen del depósito es de 104 dm3.

V=

41. Imaginemos que, inicialmente, se tiene en los recipientes de la figura:

79,2 dm3 de N2 a 1 013 hPa

20,8 dm3 de O2 a 1 013 hPa

Ambos gases a igual temperatura, T, e igual presión p = 1 013 hPa.

180


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Al sacar la pared separadora, los gases se difunden uno en el otro y ocupan todo el volumen del recipiente. La presión total final es la misma que la inicial de cada gas. Por tanto, tendremos:

100 dm3 de la mezcla gaseosa. pt = 1 013 hPa

Como los volúmenes ocupados por dos gases a igual p y T son directamente proporcionales al número de moles de gas, la composición de una mezcla de gases, expresada en % en volumen, es la misma que la expresada en % en moles. Sabemos que la presión parcial de un gas B, en una mezcla de gases, es igual a la presión total multiplicada por la fracción molar del gas B: nN nO pN = pt pO = p t y nt nt Sustituyendo: 20,8 mol O2 pO = 1 013 hPa × = 211 hPa 100 mol mezcla 2

2

2

2

2

p N = 1 013 hPa × 2

79, 2 mol N 2 100 mol mezcla

= 802 hPa

42. a) Volumen de la habitación en cm3. V = 4 × 5 × 3,5 = 70 m3

10 6 cm 3 = 70 × 106 cm3 1 m3 Volumen de éter que se ha derramado es: 1 m3 V (éter) = 10 cm3 × 6 = 10−5 m3 3 10 cm La masa de este volumen de éter es: 700 kg 103 g × = 7 g de éter m (éter) = 10−5 m3 × 1 kg 1 m3 La cantidad de éter es: 1 mol éter n (éter) = 7 g éter = 0,094 moles de éter 74,12 g éter Por lo tanto, el número de moléculas es: 6,02 1023 moléculas = N (éter) = 0,094 mol éter 1 mol éter 22 = 5,69 × 10 moléculas de éter

Como tenemos el volumen de la habitación y el número de moléculas que se han derramado, sólo nos hace falta dividir el número de moléculas de éter por el volumen de la habitación.

V = 70 m 3

N (éter) 5,69 1022 moléculas = = 8,12 × 1014 moléculas/cm3 V 70 106 cm 3

b) Para calcular la presión parcial del éter, utilizaremos la ecuación general de los gases perfectos.

pA V = n R T 181


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Aislando la presión, obtenemos: pA =

n R T 0,094 mol × 8,31 J/mol K × 293 K = 3,27 Pa = V 70 m 3

43. La cantidad de cada gas es:

1 mol Ar = 5 × 10−4 mol de argón 40 g Ar

n (Ar) = 0,02 g Ar

1 mol CH 4 = 6,25 × 10−3 mol de CH4 n (CH4) = 0,10 g CH4 × 16g CH 4 n (O2) = 2 × 10−4 moles de O2

De la ecuación general de los gases perfectos: n RT pt V = nt R T y V= t pt

Donde nt = n (Ar) + n (CH4) + n (O2) = 5 × 10−4 + 6,25 × 10−3 + 2 × 10−4 = = 6,95 × 10−3 mol

La presión total de la mezcla será: 6,95×10-3 mol × 8,31 J K -1 mol -1 × 300 K = 3,46 × 104 Pa 500×10 -6 m 3 Y las presiones parciales vendrán dadas por:

pt=

pA V = nA R T V = volumen total ocupado por la mezcla gaseosa

pAr =

pCH4 =

pO2 =

nAr R T V

=

n CH R T 4

V nO R T 2

V

5×10-4 mol × 8,31 J K -1 mol -1 × 300 K = 2,50 × 103 Pa -6 3 500×10 m

=

=

6,25×10-3 mol × 8,31 J K -1 mol -1 × 300 K = 3,11 × 104 Pa -6 3 500×10 m

2×10-4 mol × 8,31 J K -1 mol -1 × 300 K = 997,2 Pa 500×10 -6 m 3

44. a) Aplicando la ecuación general de los gases, podremos calcular la cantidad de helio que hay en el recipiente 105 Pa × 5,0×10-3 m3 n (He)= =0,22 mol He 8,31 J K -1 mol -1 × 273 K Aplicando la misma ecuación, podremos calcular la cantidad de dinitrógeno que se introduce en el recipiente: 2,0×105 Pa × 2,0×10-3 m3 n (N 2 )= =0,16 mol N2 8,31 J K -1 mol -1 × 300 K El número total de moles que habrá en el recipiente será:

nt = n N + nHe = 0,16 + 0,22 = 0,38 mol de la mezcla 2

El volumen del recipiente no ha variado. La presión del recipiente cuando la temperatura es de e 330 K será: n R T 0,38 mol × 8,31 J K -1 mol -1 × 330 K p= t = = 2,1 × 105 Pa V 5,0 × 10 -3 m3

182


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b) El volumen, V y la cantidad de gases del recipiente permanecen invariables, por lo que la temperatura a la que hay que enfriar la mezcla es:: T=

p V 1,5×105 Pa × 5,0 × 10 -3 m 3 = 237 K = nt R 0,38 mol × 8,31 J mol -1 K -1

La temperatura en ºC es: T = 237 – 273 = −36 ºC

45. Cantidad de H2 y de CO2 1 mol H2 n (H2) = 1,0 g H2 × = 0,496 mol H2 2,016 g 1 mol CO2 n (CO2) = 0,22 g CO2 × = 5 × 10−3 mol CO2 44,01 g Una vez que se haya sacado la pared, el volumen en el que se distribuirán los dos gases habrá aumentado. El nuevo volumen es:

1 m3 V = 5 + 2 = 7 dm3 × 3 = 7 × 10−3 m3 3 10 dm

Las presiones parciales de cada gas en el nuevo volumen son: nH R T

pH =

p CO =

2

2

=

V nCO R T 2

V

2

0,496 mol × 8,31 J /mol K × 285 K =1,68 × 105 Pa -3 3 7 ×10 m

=

5 ×10 -3 mol × 8,31 J /mol K × 285 K = 1,69 × 103 Pa 7 ×10 -3 m 3

Según la ley de Dalton, «la presión total ejercida por una mezcla de gases es igual a la suma de las presiones parciales de todos sus componentes» Por tanto:

5 3 ptotal = pH + pCO = 1,68×10 + 1,69×10 = 1,7 × 105 Pa 2

2

46. La fracción molar cA de un gas A, en una mezcla de gases, es: n = A A n t

En 100 dm3 de la mezcla gaseosa hay 20 dm3 de dioxígeno, 30 dm3 de dinitrógeno y 50 dm3 de argón. La composición de la mezcla gaseosa, expresada en tanto por ciento en volumen, es la misma que la expresada en tanto por ciento en moles. Por tanto, en 100 moles de mezcla gaseosa hay: 20 moles de dioxígeno, 30 moles de dinitrógeno y 50 moles de argón Sustituyendo:

20 = 20 kPa 100 30 = 30 kPa p (N2) =100 kPa × 100 50 = 50 kPa p (Ar) =100 kPa × 100

p (O2) =100 kPa ×

183


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Unidad 7. Leyes de los gases. Teoría cinético-molecular La fracción molar de argón es: n = Ar Ar nt

Ar

=

50 mol Ar = 0,5 100 mol totales

47. En 100 g de mezcla gaseosa hay 20 g de dihidrógeno y 80 g de dioxígeno. Por tanto, en 100 g de mezcla hay:

n (H2) =

n (O2) =

20 g H2 2,016 g/mol 80 g O2 32 g/mol

= 9,92 mol H2

=2,5 mol O2

Las fracciones molares de cada uno de los gases son: 2,5 mol O2 = =0,2 O (2,5 + 9,92) mol mezcla 9,92 mol H2 = =0,8 H (2,5 + 9,92) mol mezcla La expresión de la presión parcial de un gas, en una mezcla, en función de la presión total y de la fracción molar del gas, es: 2

2

=1,0 × 104 Pa × 0,2 = 2,0 × 103 Pa

p (O2) = pt

p (H2) = pt χH2 = 1,0 × 104 Pa × 0,8 = 8,0 × 103 Pa

O

Teoría cinético molecular 48. La energía cinética media de traslación aumenta y, por lo tanto, la velocidad de las moléculas del gas también lo hace. Si el recipiente es cerrado, el aumento de temperatura hace que las partículas del gas choquen más a menudo contra las paredes del recipiente y que estos choques sean más fuertes. 49. a) La distancia entre moléculas del líquido es mucho menor que la distancia intermolecular de la fase gaseosa de la misma sustancia y, al ejercer una presión, queda muy poco margen para acercarlas más y son, por lo tanto, muy poco compresibles. b) Las distancias entre las moléculas del líquido son mucho menores que en la fase gas de la misma sustancia. Por ello, a igualdad de volúmenes, habrá muchas más moléculas en el líquido que en el gas. En consecuencia, la densidad es mucho mayor en un líquido que en su gas correspondiente. c) Las distancias entre las moléculas del líquido son sólo un poco mayores que en la fase sólida de la misma sustancia, por tanto, a igualdad de volumen, sólo habrá un poco más de masa en el sólido que en el líquido. En consecuencia, la densidad también será sólo un poco superior a la del líquido. d) Las moléculas de los fluidos se mueven con independencia las unas de las otras, condicionadas por las fuerzas intermoleculares que puedan actuar. En su movimiento aleatorio, tienden a seguir en su trayectoria. Por ello, si ofrecemos una salida al fluido que llena un recipiente, tenderá a abandonarlo y fluir. 184


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e) Si el fluido es un gas, se expande indefinidamente, ya que las fuerzas intermoleculares son muy pequeñas, si se compara con la energía cinética que poseen, y quedan definitivamente desvinculadas entre ellas y permiten la difusión indefinida. 50. Dejan de moverse. En el cero absoluto de temperaturas, permanecen inmóviles y su energía cinética de traslación es igual a cero. 51. Ley de Boyle y Mariotte: para una misma masa de gas, a temperatura constante, el producto de la presión que ejerce el gas por el volumen que ocupa es una cantidad constante.

p1 V1 = p2 V2 = p3 V3 = constante

La justificación cualitativa sería que, si el volumen del recipiente que contiene el gas disminuye, sin variar la temperatura, los choques de las moléculas contra las paredes son más frecuentes y, por lo tanto, la presión dentro del recipiente debe aumentar. Ley de Charles y Gay-Lussac: a volumen constante, las presiones ejercidas por una misma masa de gas son directamente proporcionales a sus temperaturas absolutas.

=

= constante

La justificación cualitativa sería que, si aumenta la temperatura de un gas, a volumen constante, la energía cinética media de sus moléculas aumenta, chocan más a menudo contra las paredes, y los choques son más energéticos. Así, la presión del gas cerrado en un recipiente aumenta con la temperatura. 52. A baja presión, porqué las distancias intermoleculares son muy grandes y, por lo tanto, las fuerzas intermoleculares que podrían restringir el libre movimiento de las moléculas son muy débiles, de modo que se acercan a la condición de gas perfecto, en el que las fuerzas intermoleculares son insignificantes. 53. Los factores que influyen en la velocidad de evaporación de un líquido son: – La temperatura del líquido, ya que cuanta más temperatura, más velocidad tienen las moléculas y más fácilmente pueden distanciarse de sus vecinas y pasar al exterior del líquido. – La naturaleza del líquido, en particular de la intensidad de las fuerzas de atracción intermoleculares que cohesionan las moléculas. Si son intensas, la transición hacia la fase gaseosa será menos probable. – La superficie libre. La evaporación aumenta al aumentar la superficie libre. – La aireación o ventilación. La aireación o renovación del aire sobre la superficie del líquido favorece la evaporación.

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Unidad 8. Determinación de fórmulas empíricas y moleculares 1. En una fórmula empírica, se representan los símbolos de los elementos que forman el compuesto con subíndices, que expresan la proporción en que se encuentran, de modo que sean los números enteros más sencillos posibles. Por ejemplo, para el cloruro de sodio, compuesto iónico, sería NaCl. Para el benceno, compuesto molecular, sería CH. En una fórmula molecular también hacemos constar los símbolos de los elementos, pero ahora los subíndices expresan el número total y definido de átomos de cada elemento de la molécula. Por ejemplo, para el benceno sería C6H6; para el gas butano, compuesto molecular, sería C4H10. Las fórmulas moleculares no son aplicables a los compuestos iónicos. 2. Necesitamos saber la masa molecular del compuesto. 3. Sí. La composición centesimal del benceno y la del etilo es la misma. En efecto, en cada compuesto hay la misma proporción de átomos de carbono y de hidrógeno (1:1), ya que ésta es parte de la información que nos proporciona la fórmula molecular. Por tanto, si tomamos como referencia 100 g de los compuestos, se seguirá manteniendo la misma proporción entre átomos de carbono y de hidrógeno. En concreto, la composición centesimal del benceno y la del etilo es de un 92,2 % de carbono y un 7,6 % de hidrógeno. 4. La fórmula molecular sólo indica el número y la clase de los átomos de la molécula, pero no nos proporciona información sobre la disposición de los átomos en el espacio tridimensional. Las fórmulas estructurales (también denominadas configuracionales) nos proporcionan esta información, con más o menos detalle según la modalidad de fórmula estructura de que se trate. 5. Si tomamos como base de cálculo 100,0 g del compuesto, tendremos 72,34 g de hierro y 27,66 g de oxígeno. Los moles de átomos de hierro y de oxígeno que habrá en 100 g de muestra serán:

n (Fe) = 72,34 g Fe

n (O) = 27,66 g O

1 mol de átomos de Fe = 1,296 mol de átomos de Fe 55,8 g Fe 1 mol de átomos de O = 1,729 mol de átomos de O 16 g O

Este resultado nos indica que, por cada 1,296 mol de átomos de Fe, hay 1,729 mol de átomos de O. La relación entre moles de átomos es la misma que entre átomos. Por tanto, en el óxido de hierro tendremos 1,296 átomos de hierro por cada 1,729 átomos de oxígeno que, dividiendo por el valor más pequeño, nos da una relación:

1,296 átomos de Fe = 1 átomo de Fe 1,296

1,729 átomos de O = 1,3 átomos de O 1,296

Como los átomos están en una relación de números enteros sencillos, debemos multiplicar los valores hallados por un número entero de modo que obtengamos también un número entero de átomos. Así, si multiplicamos por 3, obtenemos que la relación expresada en números enteros es:

3 átomos de Fe : 4 átomos de O

La fórmula empírica buscada es: Fe3O4.

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6. Si tomamos como base de cálculo 100,0 g del compuesto, tendremos 69,72 g de carbono, 11,70 g de hidrógeno y el resto, 18,58 g serán de oxígeno. Los moles de átomos de carbono, hidrógeno y oxígeno en los 100 g de muestra serán: 1 mol de átomos de C =5,81 mol de átomos de C n (C) = 69,72 g C × 12,01 g C 1 mol de átomos de H =11,70 mol de átomos de H 1,00 g H

n (H) = 11,70 g H ×

1 mol de átomos de O n (O) =18, 58 g O × =1,16 mol de átomos de O 16 g O

La relación entre moles de átomos es la misma que entre átomos, por lo tanto:

5,81 átomos de C : 11,70 átomos de H : 1,16 átomos de O

Ya sabemos que los átomos están en una relación de números enteros sencillos. Para encontrar esta relación, dividiremos los tres resultados obtenidos por el número más pequeño: 1,16 átomos de O = 1 átomo de O 1,16

5,81 átomos de C = 5,008 átomos de C ≈ 5 átomos de C 1,16 11,70 átomos de H = 10,07 átomos de H ≈ 10 átomos de H 1,16 La fórmula empírica de este compuesto será: C5H10O

7. Como este compuesto molecular sólo contiene platino y cloro, y conocemos la masa de platino y la masa total, podemos obtener la masa de cloro:

m (Cl) = 2,000 - 1,158 = 0,842 g de cloro

Los moles de cloro y platino en la muestra serán: 1 mol Pt n (Pt) = 1,158 g Pt × = 5,936 × 10−3 mol de platíno 195,08 g Pt

n (Cl) = 0,842 g Cl ×

1 mol Cl = 0,0238 mol de cloro 35,45 g Cl

Este resultado nos indica que por cada 5,936 × 10−3 mol de Pt, hay 0,0238 mol de Cl. La relación entre moles de átomos es la misma que entre átomos.

5,936 × 10−3 átomos de Pt: 0,0238 átomos de Cl

Pero en los compuestos, los átomos están en una relación de números sencillos. Para encontrar esta relación, dividiremos los dos resultados obtenidos por el número más pequeño.

5,936 10 3 átomos de Pt = 1 átomo de Pt 5,936 10 3 0,0238 átomos de Cl = 4 átomos de Cl 5,936 10 3 La fórmula empírica de este compuesto será PtCl4. 187


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Unidad 8. Determinación de fórmulas empíricas y moleculares 8. A partir de la ecuación general de los gases perfectos y teniendo en cuenta la ley de Dalton de las presiones parciales, podemos calcular el número de moles iniciales de Xe y F:

pA V = n A R T

nA =

n (Xe) =

1,72×105 Pa × 1×10-3 m 3 = 0,07 mol de Xe 8,31 J K -1 mol -1 ×298 K

n (F2) =

7,08×105 Pa × 1×10-3 m 3 = 0,29 mol de F2 8,31 J K -1 mol -1 ×298 K

pA V

R T Sustituyendo para cada uno de los gases:

Todos los moles de xenón los encontraremos en el compuesto formado. Para el flúor, calculamos cuántos moles de diflúor han quedado sin reaccionar y, por diferencia, podremos saber los que hay en el compuesto: 3,65×105 Pa × 1×10-3 m 3 = 0,15 mol de F2 8,31 J K -1 mol -1 ×298 K

n (F2) =

0,29 mol F2 - 0,15 mol F2 = 0,14 mol de F2 han reaccionado para formar el compuesto.

Así pues, tenemos que por cada 0,07 mol de átomos de Xe, hay 0,28 mol de átomos de F. La relación entre moles de átomos es la misma que entre átomos, por lo tanto, en el compuesto de flúor y xenón tendremos 0,07 átomos de xenón por cada 0,28 átomos de flúor que, dividiendo por el valor más pequeño, nos da una relación: 0,07 átomos de Xe = 1 átomos de Xe 0,07 0,28 átomos de F2 = 4 átomos de F 0,07 Resultando una relación 1:4. Por lo tanto, en la molécula del compuesto, habrá un átomo de xenón por cada cuatro átomos de flúor.

La fórmula empírica de este compuesto será: XeF4

9. Calculando los gramos de carbono que hay en 0,7090 g de dióxido de carbono y los gramos de hidrógeno que hay en 0,1320 g de agua, sabremos la masa de carbono y de hidrógeno que hay en 0,2460 g del compuesto orgánico. Por lo tanto: 1 mol CO2 12,02 g C × = 0,1936 g de C m (C) = 0,7090 g CO2 × 44,01 g CO2 1 mol CO2 1 mol H2 O

2,016 g H = 0,0148 g de H 18,02 g H2 O 1 mol H2 O El compuesto orgánico sólo contiene hidrógeno, carbono y nitrógeno. Por lo tanto, ×

m (H) = 0,1320 g H2O ×

m (N) = 0,2460 g colorante - (0,1936 g de C + 0,0148 g de H) = 0,0376 g de N

Ahora podemos calcular el número de moles de átomos de cada elemento:

n (C)=0,1936 g C ×

1 mol de átomos de C =0,016 mol de átomos de C 12,01 g C

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n (H)=0,01477 g H×

n (N)=0,0373 g N×

1 mol de átomos de H =0,0148 mol de átomos de H 1,00 g H

1 mol de átomos de N =0,00266 mol de átomos de N 14 g N

La relación entre moles de átomos es la misma que entre átomos. En los compuestos, los átomos están en una relación de números sencillos. Para encontrar esta relación, dividiremos los tres resultados obtenidos por el número más pequeño. 0,016 átomos de C = 6 átomos de C 0,00266 0,0148 átomos de H = 5,5 átomos de H 0,00266 0,00266 átomos de N = 1 átomo de N 0,00266 6 átomos de C : 5,5 átomos de H : 1 átomos de N La relación hallada expresada en números enteros es:

12 átomo de C : 11 átomo de H : 2 átomo de N

La fórmula empírica de este compuesto será: C12H11N2

10. La reacción que se da es la siguiente:

BxHy + O2 → H2O + B2O3

Conocemos la masa del compuesto de boro y la masa de H2O que se obtiene. A partir de la masa de agua, podemos conocer la masa de H que hay en el compuesto de boro. 1 mol H2 O 2 mols H 1,008 g H × × = 0,262 g H m (H) = 2,34 g H2 O× 18 g H2 O 1 mol H2 O 1 mol H A partir de la masa inicial del compuesto, conocemos la masa de boro.

m (B) = 1,192 − 0,262 = 0,930 g de B

Una vez que tenemos la masa de cada uno de los elementos que forman el compuesto, podemos calcular el número de moles de cada elemento.

1 mol B = 0,0862 mol de B 10,81 g B 1 mol H n (H) = 0,262 g H × = 0,260 mol de H 1,008 g H

n (B) = 0,932 g B ×

La relación entre moles de átomos es la misma que entre átomos. Además, en los compuestos, los átomos están en una relación de números sencillos. Para encontrar esta relación, dividiremos los dos resultados obtenidos por el número más pequeño. 0,0862 = 1 átomo de B 0,0862 0,260 ≈ 3 átomo de H 0,0862

La fórmula empírica es BH3 189


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Unidad 8. Determinación de fórmulas empíricas y moleculares La fórmula molecular será BH3 o un múltiplo entero (BH3)n donde n es igual a 1, 2, 3 ... Para establecer la fórmula molecular, hay que conocer, aunque de modo aproximado, la masa molar del compuesto. Podemos encontrar la masa molar del compuesto con bastante aproximación a partir de la ecuación general de los gases ideales. Como conocemos el volumen que ocupa 1 mol en c.n. y conocemos la densidad del compuesto: 1,23 kg 103 g 22,4 dm 3 1 m3 = 27,552 g/mol × × × 1 mol 1 m3 103 dm 3 1 kg Si calculamos la masa molar de la fórmula empírica:

M (compuesto) =

M (BH3) = 10,81 + 3 ×1,008 = 13,834 g/mol

Como M (compuesto) es aproximadamente igual al doble de M (BH3), n es igual a 2. Por lo tanto, la fórmula molecular será el doble de la empírica: B2H6 11. Para hallar la fórmula molecular, primero debemos conocer la fórmula empírica. Tomaremos como base de cálculo 100,0 g de compuesto y siguiendo el mismo razonamiento que en los problemas anteriores: 1 mol de átomos de C = 4,438 mol átomos de C n (C) = 53,3 g C × 12,01 g C 1 mol de átomos de N n (N) = 31,1 g N × = 2,221 mol átomos de N 14 g N 1 mol de átomos de H n (H) = 15,6 g H × = 15,476 mol átomos de H. 1,008 g H El resultado nos indica que, en el compuesto analizado, la relación entre átomos es:

4,438 átomos de C : 2,221 átomos de N : 15,476 átomos de H

Sabemos que los átomos que forman una molécula se encuentran en una relación de números sencillos. Para encontrar esta relación, dividiremos los resultados obtenidos por el número más pequeño.

4,438 = 2 átomos de C 2,221 2,221 = 1 átomos de N 2,221 15,476 = 7 átomos de H 2,221 2 átomos de C : 1 átomos de N : 7 átomos de H

Por lo tanto, la fórmula empírica es: C2H7N Su masa fórmula es: 2 × 12,01 + 7 × 1,008 + 14,007 = 45,083

190


La fórmula molecular será (C2H7N)n, donde n es igual a 1, 2, 3,... Para establecer la fórmula molecular, es necesario conocer la masa molecular del compuesto orgánico. Con los datos que figuran en la segunda parte del enunciado del problema y utilizando la ecuación general de los gases perfectos, podemos encontrar la masa molar aproximada: m RT pV=nRT= M 1,84 ×103 g × 8,31 J K -1 mol -1 × 298 K mR T M= = = 45,07 g/mol pV 101100 Pa× 1 m3

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Y, por tanto, Mr = 45,07. Como obtenemos una masa molecular aproximadamente igual a la masa fórmula, en este caso, la fórmula empírica y la molecular coinciden. Por tanto, la fórmula molecular del compuesto es: C2H7N. 12. Tomaremos como base 100 gramos del compuesto líquido. En 100 g del compuesto hay 25,23 g de azufre y 74,77 g de flúor. a) Como se tienen todos los datos referidos a la misma base de cálculo, podemos calcular el número de moles de átomos de cada elemento: 1 mol de átomos de F n (F) = 74,77 g F =3,937 mol de átomos de F 19 g F n (S) = 25,23 g S

1 mol de átomos de S =0,7868 mol de átomos de S 32 g S

En el compuesto analizado, hay 3,937 mol de átomos de flúor por cada 0,7869 mol de átomos de azufre. La selección entre moles de átomos es la misma que entre átomos. Dividiendo por el valor más pequeño, obtendremos la relación equivalente expresada en números enteros: 3,937 = 5 átomos de F 0,7868 0,7868 = 1 átomos de S 0,7868 1 átomo de S : 5 átomos de F

La fórmula empírica buscada es: SF5.

Su masa fórmula es: 32 + (5 × 19) = 127.

b) La fórmula molecular será (SF5)n. A 373 K y 101 kPa este compuesto se encuentra en estado gaseoso. Aplicando la ecuación general de los gases perfectos: m pV = R T y p= R T , por lo tanto: M M M (aproximada)=

Sustituyendo:

RT p

8,31 J mol -1 K -1 373 K = 254,9 g/mol 101 103 Pa La masa molecular hallada es 254,9. Como esta masa molecular es aproximadamente igual al doble de la masa fórmula, n es igual a dos. 254,9 =2 n= 127 La fórmula molecular será S2F10. M (aproximada) =

8 300 g m-3

c) La masa molecular exacta será:

Mr (S2F10) = (32,066 × 2) + (18,999 × 10) = 254,2

Este compuesto se denomina decafluoruro de diazufre. 191


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Unidad 8. Determinación de fórmulas empíricas y moleculares 13. A partir de la masa de CO2 y H2O, podemos conocer la masa de C y H que hay en 0,875 g del compuesto 1 mol CO2 1 mol C 12,01 g × × = m (C) = 1,283 g CO2 × 44,01 g CO2 1 mol CO2 1 mol C = 0,350 g de C en el CO2 1 mol H2 O 2 mols H 1,008 g × × m (H) = 0,525 g H2 O× = 18,016 g H2 O 1 mol H2 O 1 mol H = 0,059 g de H en H2O La masa de oxígeno que hay en el compuesto se calcula por diferencia.

m (O) = 0,875 - (0,350 + 0,059) = 0,466 g de O

Si ahora pasamos estas masas a moles, podremos encontrar el número de átomos que formarán el compuesto. 1 mol C n (C) = 0,350 g C × = 0,0291 mol de C 12,01 g C 1 mol H n (H) = 0,059 g H × = 0,059 mol de H 1,008 g H 1 mol O n (O) = 0,466 g O × = 0,0291 mol de O 16,00 g O La relación entre moles es: 0,0291 = 1 átomo de C 0,0291 0,059 = 2 átomos de H 0,0291 0,0291 = 1 átomo de O 0,0291 Para calcular la fórmula molecular del compuesto, debemos conocer primero la masa molar de la fórmula empírica CH2O.

M (CH2O) = 12,01 + 2 × 1,008 + 16,00 = 30,026 g/mol

El problema nos da la densidad relativa del compuesto respecto al aire, sabiendo que la densidad de una gas A respecto de otro gas B es igual al cociente de sus masas molares: M (compuesto) = = 2,08 r M (aire) Sabiendo que la masa molar media del aire es 28,9 g/mol y aislando la masa molar del compuesto, nos queda: M (compuesto) = M (aire) × 2,08 = 28,9 g/mol × 2,08 = 60,11 g/mol M (compuesto) 60,11 g/mol = ≈2 M (empírica) 30,026 g/mol Por tanto, la fórmula molecular del compuesto será C2H4O2.

14. Para hallar la fórmula molecular, primero debemos conocer la fórmula empírica. Tomaremos como base de cálculo 100,0 g de compuesto, y siguiendo el mismo razonamiento que en las actividades anteriores: 192


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1 mol de átomos de C n (C) = 48,7 g C × = 4,055 mol de átomos de C 12,01 g C 1 mol de átomos de H n (H) = 8,1 g H × = 8,036 mol de átomos de H 1,008 g H

1 mol de átomos de O = 2,7 mol de átomos de O n (O) = 43,2 g O × 16 g O El resultado nos indica que, en el compuesto analizado, la relación entre átomos es:

4,055 átomos de C : 8,036 átomos de H : 2,7 átomos de O

Dividiendo estos tres resultados por el valor más pequeño, la relación anterior es equivalente a:

4,055 = 1,502 átomos de C 2,7 8,036 = 2,976 átomos de H 2,7 2,7 = 1 átomo de O 2,7 1,502 átomos de C : 2,976 átomos de H : 1 átomo de O

Esta relación expresada en números enteros es:

3 átomos de C : 6 átomos de H : 2 átomos de O

Por lo tanto, la fórmula empírica es: C3H6O2 Su masa fórmula es: 3×12,01 + 6×1,008 + 2×16 = 74,08 La fórmula molecular será (C3H6O2)n, donde n es igual a 1, 2, 3 ... Para establecer la fórmula molecular, es necesario conocer la masa molecular del compuesto orgánico. Con los datos que figuran en la segunda parte del enunciado del problema y utilizando la ecuación general de los gases perfectos, podemos encontrar esta masa molar aproximada: m RT M mR T 0,629 g × 8,31 J K -1 mol -1 × 373 K M= = = 74,17 g/mol pV 101 1 00 Pa× 0,260 × 10 -3 m 3 Como obtenemos una masa molecular aproximadamente igual a la masa fórmula, en este caso, la fórmula empírica y la molecular coinciden. Por tanto, la fórmula molecular del compuesto es: C3H6O2

pV=nRT=

15. a) Si tomamos como base de cálculo 100,0 g del compuesto, tendremos 28,25 g de potasio, 25,64 g de cloro y el resto, 46,11 g serán de oxígeno. Los moles de átomos de potasio, cloro y oxígeno en los 100 g de muestra serán: 1 mol de átomos de K = 0,72 mol de átomos de K 39 g K

n (K) = 28,25 g K ×

n (Cl) = 25,64 g Cl ×

1 mol dé átomos de Cl = 0,72 mol de átomos de Cl 35,5 g Cl 1 mol de átomos de O n (O)= 46,11 g O × = 2,88 mol de átomos de O 16 g O 193


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Unidad 8. Determinación de fórmulas empíricas y moleculares La relación entre moles de átomos es la misma que entre átomos. En los compuestos, los átomos están en una relación de números sencillos. Para encontrar esta relación dividiremos los tres resultados obtenidos por el número más pequeño.

0,72 átomos de K = 1 átomo de K 0,72 0,72 átomos de Cl = 1 átomo de Cl 0,72 2,88 átomos de O = 4 átomos de O 0,72 La relación hallada expresada en números enteros es:

1 átomo de K : 1 átomo de Cl : 4 átomos de O

La fórmula empírica de este compuesto será: KClO4

b) En este caso la fórmula molecular es la misma que la fórmula empírica. El compuesto es el tetraoxoclorato (VII) de potasio. 16. Para determinar la fórmula empírica del compuesto, es necesario conocer la cantidad de fluoruro, aluminio y sodio. 1 mol F n (F) = 0,5419 g F × = 0,0285 mol de F 18,998 g F 1 mol Al = 0,00483 mol de Al 26,982 g Al 1 mol Na n (Na) = 0,3279 g Na × = 0,0143 mol de Na 23,000 g Na La relación entre moles, dividiendo por la cantidad más pequeña, es:

n (Al) = 0,1302 g Al ×

0,0285 = 5,90 ≅ 6 átomos de F 0,00483 0,00483 = 1 átomo de Al 0,00483 0,0143 = 2,96 ≅ 3 átomos de Na 0,00483 Por lo tanto, la fórmula empírica del compuesto es Na3AlF6

17. Para saber cuál de los dos contiene más tanto por ciento de nitrógeno, sólo hay que calcular la masa de nitrógeno que hay en 100 g de cada uno de los compuestos.

M (NaNO3) = 85 g/mol; M (KNO3) = 101 g/mol 14 g N × 100 g NaNO3 = 16,47 % de N en el NaNO3 85 g NaNO3 14 g N × 100 g KNO3 = 13,86 % de N en el KNO3 % N en KNO3 = 101 g KNO3 % N en NaNO3 =

El porcentaje de nitrógeno en el nitrato de sodio es mayor que en el nitrato de potasio.

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18. La masa de un mol de H2SO4 es:

m (H2SO4) = 2 × 1,01 + 32,07 + 4 ×16,00 = 98,1 g

En 98,1 g de H2SO4 hay

{

2 × 1,01 = 2,02 g de H 1 × 32,07 = 32,07 g de S 4 × 16,00 = 192,00 g de O

Si dividimos los 2,016 g de H por 98,1 g de H2SO4, tendremos los gramos de H que hay en cada gramo de H2SO4, es decir, el tanto por u. Multiplicando el resultado por cien, tendremos el tanto por ciento. 2,02 g H × 100 g H2SO4 = 2,06 % de H 98,1 g H2 SO4 De la misma manera: 32,07 g S × 100 g H2SO4 = 32,70 % de S %S= 98,1 g H2 SO4 64,00 g O %O= × 100 g H2SO4 = 65,24% de O 98,1 g H2 SO4 Para el caso del amoníaco, la masa de un mol de NH3 es:

%H=

m (NH3) = 1 × 14,01 + 3 × 1,01 = 17,04g

En 17,04 g de NH3 hay

= 14,007 g de N { 13 ×× 14,01 1,01 = 3,03 g de H

Si dividimos los 14,01g de N por 17,04 g de NH3, tendremos los gramos de nitrógeno que hay en cada gramo de NH3, es decir, el tanto por u. Multiplicando el resultado por cien, tendremos el tanto por ciento. 14,01 g N × 100 g NH3 = 82,2 % de N 17,04 g NH3 De la misma manera: 3,03 g H × 100 g NH3 = 17,8 % de H %H= 17,04 g NH3

%N=

19. La masa de un mol de XeF4 es de 207,29 g, En 207,29 g de XeF hay

4

{

1 × 131,29 = 131,29 g de Xe

4 × 19 = 76 g de F

Si dividimos los gramos de cada elemento que hay entre 207,29 g de XeF4, tendremos el tanto por y, y multiplicando el resultado por cien, tendremos el tanto por ciento:

% Xe =

%F=

131,29 g Xe × 100 g XeF4 = 63,34 % de Xe 207,29 g XeF4

76 g F × 100 g XeF4 = 36,66 % de F 207,29 g XeF4

20. La masa de un mol de Ca3(PO4)2 es de 310 g: En 310 g de Ca3(PO4)2 hay

{

3 × 40 = 120 g de Ca 2 × 31 = 62 g de P 8 × 16 = 128 g de O 195


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Unidad 8. Determinación de fórmulas empíricas y moleculares Si dividimos los gramos de cada elemento que hay entre 310 g de Ca3(PO4)2 , tendremos el tanto por u, y multiplicando el resultado por cien, tendremos el tanto por ciento: 120 g de Ca × 100 g Ca3(PO4)2 = 38,7 % de Ca 310 g Ca 3 (PO4 )2

% Ca =

%P=

62 g de P × 100 g Ca3(PO4)2 = 20 % de P 310 g Ca 3 (PO4 )2

%O=

128 g de O × 100 g Ca3(PO4)2 = 41,3 % de O 310 g Ca 3 (PO4 )2

La masa de un mol de KMnO4 es de 158 g: En 158 g de KMnO4 hay

{

1 × 39 = 39 g de K 1 × 55 = 55 g de Mn 4 × 16 = 64 g de O

Si dividimos los gramos de cada elemento que hay entre 158 g de compuesto, tendremos el tanto por u, y multiplicando el resultado por cien, tendremos el tanto por ciento:

%K=

39 g de K × 100 g KMnO4 = 24,7 % de K 158 g KMnO4

%P=

55 g de Mn × 100 g KMnO4 = 34,8 % de Mn 158 g KMnO4

%O=

64 g de O × 100 g KMnO4 = 40,5 % de O 158 g KMnO4

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Unidad 9. Mezclas y soluciones Soluciones 1. a) Un compuesto químico es una sustancia homogénea que siempre presenta una relación fija entre los átomos de los elementos que la componen. Por ejemplo, urea, sulfato de bario, cloruro de cobalto (II) hexahidratado, etc. En cambio, las soluciones o disoluciones son mezclas homogéneas de dos o más compuestos químicos, repartidos a escala molecular, atómica o iónica, pero ahora la relación entre los componentes puede variar. Por ejemplo, el aire es una solución de gases, pero en función de la humedad, los gases contaminantes, la capa de atmósfera que consideremos, etc., puede tener diferente composición. Una mezcla es heterogénea cuando, a simple vista, con una lupa o con microscopio óptico, podemos observar que está formada por dos o más clases de materias diferentes. b) Si la mezcla es homogénea, para llegar a distinguir sus componentes tendríamos que acceder al nivel atómico, iónico o molecular, que quedan fuera del poder de resolución a simple vista y de la microscopia óptica convencional. Por ejemplo, el bronce, la tintura de yodo, etc. Si la mezcla es heterogénea, muchas veces podemos observar a simple vista, con lupa o con microscopio óptico, que está formada por dos o más clases de materiales diferentes. Por ejemplo, un fragmento de roca granítica, una nube de tipo cirro o azufre en agua. 2. La cal viva es un compuesto. Su fórmula corresponde al óxido de calcio, CaO. La gasolina es una solución formada por líquidos diversos. La glicerina es un compuesto. Su fórmula es C3H8O3. El caucho está formado por conjuntos de polímeros del 2-metilbutadieno, de masas moleculares variables en función de su grado de polimerización y entorno de 250 000 a 300 000. Cada molécula de caucho es distinta de las otras, a causa de las diferencias entre masas moleculares. Por tanto, el caucho es una solución. El azufre es una sustancia simple o elemento. El latón es una aleación de cobre con zinc. Es una solución. El vino contiene muchos compuestos. Ha estado sometido a una serie de procesos de filtración y clarificación que hacen que adquiera un aspecto homogéneo, sin que podamos distinguir ninguno de sus componentes por inspección ocular o con lupa ni con microscopio. Por tanto, es una solución. La tintura de yodo es una solución de yodo en alcohol. Tiene propiedades desinfectantes. El cemento es un material en polvo constituido por sulfato de calcio, silicato de calcio, silicato tricálcico, aluminato tricálcico y otros compuestos. Es una mezcla. 3. a) Etanol, nitrato de potasio, cloruro de potasio. b) Sulfato de bario, benceno, cloruro de plata. 4. a) Un cristal de cuarzo, agua destilada, mercurio, latón. b) Un fragmento de roca granítica, aguas residuales, humo de una chimenea incineradora. c) Leche, clara de huevo, suero sanguíneo. d) Almidón en agua, arcilla en agua, café. 198


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5. Intensidad del color, transparencia. 6. Una solución se denomina concentrada cuando poco disolvente contiene mucho soluto disuelto y todavía puede disolver más. Una solución se denomina saturada cuando la cantidad de soluto disuelto en ese disolvente es la máxima posible. 7. Líquidos miscibles: alcohol y agua, acetona y agua, n-hexano y aceite. Líquidos inmiscibles: agua y aceite, tetracloruro de carbono y agua, n-hexano y agua. 8. Tanto por ciento en masa =

masa de soluto × 100 masa de solución

Tanto por ciento en volumen = Concentración en masa =

volumen de soluto × 100 volumen de solución

número de gramos de soluto número de litros de solución

Molaridad (concentración): M = Molalidad: m =

moles de soluto número de litros de solución

moles de soluto número de kg de disolvente

Fracción molar de uno de los componentes, S, de una solución: n moles de soluto S = s S moles de todos los componentes n t 9. Son la representación gráfica de la solubilidad de una sustancia en función de la temperatura. Normalmente, los gramos de soluto que admiten, como máximo, 100 g de disolvente se representan en el eje de ordenadas, mientras que en el eje de abscisas se representan las diferentes temperaturas ensayadas. 10. Sí, siempre que la cantidad de soluto disuelto sea pequeña si se compara con la cantidad de disolvente y, además, sea la máxima posible en aquellas condiciones. Por ejemplo, una solución saturada de yodo en agua está muy diluida, porque el yodo es poco soluble en este disolvente. Sí, por ejemplo, en 100 g de agua a 70 ºC podemos tener disueltos 120 g de nitrato de potasio, pero todavía podríamos disolver más masa de este soluto. La solución, a esta temperatura, está muy concentrada, ya que hay más masa de soluto que de disolvente, pero todavía no está saturada. Esto es característico de los compuestos muy solubles en un determinado disolvente. 11. Si sumamos los gramos de los dos solutos y los gramos de disolvente, tendremos los gramos totales de solución obtenida:

40 g de KNO3 + 45 g de NaCl + 500 g de H2O = 585 g de solución

Si dividimos los gramos de soluto por los gramos de solución, tendremos el tanto por u (es decir, los gramos de soluto disueltos por cada gramo de solución). Multiplicando por 100 g de solución, tendremos el porcentaje de soluto en la solución: 199


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Unidad 9. Mezclas y soluciones 40 g KNO3

100 g de solución =

% KNO3=

=6,84 g de KNO3 en100 g de solución =

= 6,84 % NaCl =

= 7,69 g de NaCl en100 g de solución = 7,69 %

585 g de solución

45 g NaCl 100 g de solución = 585 g de solución

12. Disponemos de una solución al 0,5 % en masa, es decir, 0,5 g de yodo disueltos en 99,5 g de alcohol, o lo que es lo mismo, 0,5 g de yodo en 100 g de solución. Queremos saber cuántos gramos de solución son necesarios para tener 5 g de yodo disueltos, por tanto:

m (solución) = 5 g yodo ×

100 g disolución = 1 000 g de solución 0,5 g yodo

13. Primero debemos calcular la masa de cloruro de sodio que hay en la solución original de cloruro de sodio y agua: 5 g de NaCl m (NaCl, soluto) = 200 g de solución × = 10 g de NaCl 100 g desolución Si añadimos 10 gramos de cloruro de potasio (KCl) a la solución, la nueva masa será:

m (solución) = 200 g de solución original + 10 g de KCl = 210 g de solución

Si dividimos la masa de cada uno de los solutos por la masa de la nueva solución, tendremos el tanto por u. Multiplicando por 100 g de solución, tendremos el porcentaje de soluto en la solución: 10 g NaCl % de NaCl = × 100 g de solución = 4,76 % 210 g de solución

% de KCl =

10 g KCl × 100 g de solución = 4,76 % 210 g desolución

14. Primero debemos calcular la masa de cada soluto y la masa de disolvente necesarias: 5 g de azúcar = 25 g de azúcar; m (azúcar)=500 g de solución 100 g de solución 10 g de azúcar =50 g de sal 100 g de solución

m (sal)=500 g de solución

m (H2O) = 500 g de solución – 25 g de azúcar – 50 g de sal = 425 g de H2O.

En una balanza se pesan 25 g de azúcar y se colocan en un vaso de precipitados de unos 600 cm3; a continuación, se pesan 50 g de sal y se añaden en el mismo vaso de precipitados. Como resulta más cómodo medir con la probeta un volumen de líquido que pesarlo, se mide tan exactamente como se pueda, 425 cm3 (425 ml) de agua destilada utilizando una probeta de 500 cm3. En este caso, medimos 425 cm3 porque la densidad del agua es 1 g/cm3 y, por lo tanto, 425 g corresponden a 425 cm3. 200


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Para terminar, se añaden los 425 cm3 de agua al vaso de precipitados que contiene los solutos y se agita con una varilla de vidrio hasta que todos los solutos se hayan disuelto. 15. Queremos preparar una solución al 2% en yodo, utilizando alcohol como disolvente. Es decir, la solución debe contener 2 g de yodo por cada 100 g de solución. La masa total de la solución debe ser de 500 g, por tanto: 2 g I2 = 10 g de I2 m (I2) = 500 g solución × 100 g solución m (alcohol) = 500 g solución – 10 g de I2 = 490 g de alcohol El alcohol es un líquido y es más cómodo medirlo con una probeta, por lo tanto necesitamos pasar esta masa a litros. Para hacerlo debemos conocer la densidad del alcohol (ρ = 0,79 g/cm3). 1 cm 3 alcohol V (alcohol) = 490 g alcohol × = 620 cm3 0,79 g alcohol Preparación de una solución de iodo en alcohol: 1. Primero pesamos con una balanza 10 g de iodo y después los introducimos en un vaso de precipitados. 2. Con una probeta de 800 ml o de un litro, mediremos el volumen de alcohol, es decir, los 620 cm3. 3. El volumen medido de alcohol se introduce en el vaso de precipitados que contiene el yodo, y se agita con una varilla de vidrio hasta la total solución del soluto. 16. El nombre comercial del C2H5OH es etanol. Primero debemos calcular cuántas moléculas hay en 100 g de agua. 1 mol H2 O n (H2O) = 100 g H2O × = 5,55 mol H2O 18 g H2 O El número de moléculas será:

N (H2O) = 5,55 mol H2O ×

6,02 1023 moléculas = 3,34 × 1024 moléculas de agua 1 mol H2 O

El problema nos dice que el número de moléculas de agua y de alcohol deben ser los mismos. Por tanto, deberemos añadir 3,34 × 1024 moléculas de alcohol. Su masa es: 1 mol de alcohol 24 × m (C2H5OH) = 3,34 10 moléculas dealcohol 6,02 1023 moléculas 46 g de alcohol = 256 g C2H5OH × 1 mol de alcohol 17. Tenemos 12 g de KCl en 1000 cm3 (1 dm3) de solución, por tanto, por cada cm3 tendremos: 12 g KCl = 0,012 g de KCl/cm 3 3 1000 cm Así pues, para tener 0,1g de KCl necesitaremos:

0,1 g KCl

1 cm 3 = 8,3 cm3 de solución 0,012 g KCl

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Unidad 9. Mezclas y soluciones 18. El problema da el porcentaje en masa de glucosa. a) Cálculo de la molalidad 1) La primera solución contiene 5 g de glucosa por 100 g de solución, tanto : m (disolvente) = 100 g solución – 5 g glucosa = 95 g disolvente 5 g glucosa 1 mol glucosa 100 g solución molalidad = 100 g solución 180,18 g 95 g disolvente 3 10 g disolvente = 0,29 m 1 kg disolvente 2) La segunda solución tiene 10 g de glucosa por 100 g de solución, por tanto: m (disolvente) = 100 g solución – 10 g glucosa = 90 g disolvente 10 g glucosa 1 mol glucosa 100 g solución 103 g disolvente = molalidad= 100 g solución 180,18 g 90 g disolvente 1 kg disolvente = 0,62 m 3) La tercera solución tiene 20 g de glucosa por 100 g de solución, por tanto: m (disolvente) = 100 g solución – 20 g glucosa = 80 g disolvente 20 g glucosa 1 mol glucosa 100 g solución 100 g solución 180,18 g 80 g disolvente 103 g disolvente = 1,39 m 1 kg disolvente b) En primer lugar, debemos calcular los gramos de glucosa que contiene un gramo de suero glucosado: 10 g glucosa m (glucosa) = 1 g suero glucosado = 0,1 g de glucosa 100 g suero molalidad =

1 mol glucosa 6,02 1023 moléculas = 1 mol glucosa 180,18 g = 3,34 × 1020 moléculas de glucosa

N (glucosa) = 0,1 g glucosa

19. Sabemos que 200 cm3 equivalen a 0,2 litros. La masa necesaria de soluto es: m (NaNO3) = 0,2 litros ×

3,2 g NaNO3

= 0,64 g NaNO3 1 L solución Se pesan en una balanza los 0,64 g de NaNO3 y se introducen en un matraz aforado de 200 cm3 de capacidad y, a continuación, se añade agua destilada siguiendo la misma técnica que está indicada en la experiencia de la página 276.

20. La cantidad de nitrato de potasio que tenemos es: 1 mol KNO3 = 0, 495 mol de KNO3 n (KNO3 )= 50 g K NO3 101,07 g K NO3 Para tener una solución de concentración 0,1 mol/L, el volumen que deberemos preparar será: 1 litro solución V =0,495 mol KNO3× = 4,95 litros de solución 5 dm3 de solución 0,1 mol KNO3 202


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21. a) Preparación de una solución de KNO3 en agua:

La solución al 2 % en masa de KNO3 contiene 2 g de KNO3 por cada 100 g de solución, por tanto: m (H2O) = 100 g solución – 2 g de KNO3 = 98 g H2O

Como el agua es un líquido, es más cómodo medir su volumen y como conocemos la densidad del agua, tenemos que: 1 cm 3 = 98 cm3 H2O 1 g agua

V (H2O) = 98 g agua

1. En una balanza pesaremos 2 g de KNO3, y después los introduciremos en un vaso de precipitados de 250 cm3. 2. Con una probeta de 100 cm3, mediremos el volumen de agua, es decir, los 98 cm3. 3. El volumen medido de agua se introduce en el vaso de precipitados que contiene el KNO3 y se agita con una varilla de vidrio hasta la total solución del soluto. b) El problema nos da la concentración de Na2CO3 en mol/l mientras que el volumen de solución está en cm3, por tanto, primero hay que poner todos los datos en las mismas unidades. 1 dm 3 1 litro V (solución) = 100 cm3 = 0,1 litros 3 3 10 cm 1 dm 3 Teniendo el volumen en litros, podemos calcular el número de moles que tendremos en la solución y seguidamente la masa de Na2CO3 que necesitamos para prepararla.

m (Na2CO3) = 0,1litro

= 1,06 g de Na2CO3

0,1 mol Na2 CO3

105,99 g Na2CO3

1 litro

1 mol Na2 CO3

=

1. Primero, en un vidrio de reloj y con una balanza, pesaremos 1,06 g de Na2CO3 y los introduciremos en un matraz aforado de 100 cm3. 2. Se añade agua destilada poco a poco y se agita para homogeneizar el contenido del matraz. Cuando todo el soluto está disuelto, se completa hasta la línea de aforo. c) En este caso, nos dan la molalidad de una solución, es decir, nos dan los moles de NaCl por cada kilogramo de disolvente.

58,44 g NaCl = 116,88 g de NaCl 1 mol de NaCl Estos gramos los tenemos en un kg de disolvente, por tanto:

m (solución) = 116,88 g de NaCl + 1000 g de disolvente = = 1 116,88 g de solución

% NaCl =

m (NaCl) = 2 mol NaCl

116,88 g NaCl 1 116,88 g solución

100 = 10,46 %

Con el porcentaje de NaCl, podemos obtener los gramos de soluto necesarios para preparar la solución y, por diferencia de masas, obtendremos la masa de agua.

10,46 g NaCl = 20,9 g NaCl 100 g solución m (H2O) = 200 g solución – 20,9 g de NaCl = 179,1 g de H2O m (NaCl) = 200 g solución

203


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Unidad 9. Mezclas y soluciones Como conocemos la densidad del agua, podemos calcular:

1 cm 3 = 179,1 cm3 agua 1 g agua 1. Primero, con una balanza pesaremos 20,9 g de NaCl, y después los introduciremos en un vaso de precipitados. V (agua) = 179,1 g agua

2. Con una probeta de 200 cm3, mediremos un volumen de agua de 179,1 ml. 3. El volumen medido de agua se introduce en el vaso de precipitados que contiene el NaCl, y se agita con una varilla de vidrio hasta la total disolución del soluto. 22. La molalidad de la solución es el número de moles de NaOH (soluto) en cada kg de agua destilada (disolvente).

n (NaOH) = 80 g NaOH ×

molalidad =

1mol NaOH = 2 mol NaOH 40 g NaOH

2 mol NaOH = 0,33 mol/kg = 0,33 molal 6 kg H2 O

23. En primer lugar, debemos calcular los moles de glucosa: 1 mol de glucosa = 0,1111 mol 180 g de glucosa Si la solución contiene 0,1 mol de glucosa por cada kg de agua, podemos calcular en cuántos kg de agua han disuelto los 0,111 moles de glucosa:

n (glucosa)= 20 g de glucosa

1000 g de agua = 1 111 g de agua 0,1 mol de glucosa Por tanto, la masa de la solución de glucosa será la suma de la masa de agua y la masa de glucosa:

m (H2O) = 0,1111 mol de glucosa

1 111 g de H2O + 20 g de glucosa = 1 131 g de solución.

24. La molalidad de una solución son los moles de KCl por cada kilogramo de disolvente. Si la solución es 0,2 molal, contiene 0,2 mol de KCl en 1 kg de agua. Primero habrá que encontrar el porcentaje de KCl en agua: 74,55 g KCl = 14,91 g de KCl 1 mol KCl m (solución) = 14,91 g KCl + 1 000 g disolvente = 1 014,91 g solución 14,91 g KCl 100 = 1,47 % KCl % KCl = 1 014,91 g solución Si se tienen que preparar 5 kg de solución, harán falta:

m (KCl) = 0,2 mol KCl

1,47 g KCl = 73,5 g de KCl 100 g solución m (H2O) = 5 000 g solución – 73,5 g KCl = 4 926,5 g de agua m (KCl) = 5 000 g solución

25. a) Un kg de agua de mar contiene 19 g de iones cloruro:

N (Cl−) = 19 g Cl− ×

1mol Cl 6,022 1023 iones Cl × = 3,2 ×1023 iones Cl− 35,45 g Cl 1mol Cl

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b) Calculamos primero el volumen que ocupa 1 kg de solución. 1 m 3 de solución 1 000 dm 3 de solución V = 1 kg de solución × × = 0,98 dm3 3 1022 kg de solución 1 m de solución La cantidad de moles de iones Cl− disuelta en el kg de solución es: 1mol Cl n (Cl−) = 19 g Cl− × = 0,54 mol Cl− 35,45 g Cl 0,54 mol Cl [Cl−] = = 0,55 mol/dm3 3 0,98 dm 26. La concentración de iones sodio será:

[Na+] =

3,4 g Na+ 1 dm 3 solución

1 mol Na+ = 0,15 mol Na+/dm3 solución + 23 g Na

27. a) La solución contiene 36,2 g de HCl por cada 100 g de solución, y como conocemos la densidad de la solución, podremos calcular la composición de la solución en g/dm3.

Concentración en masa (HCl) =

= 427,2 g HCl/dm3

36,2 g HCl 1,18 g solución 103 cm 3 = 100 g solución 1 dm 3 1 cm 3

b) El volumen necesario para preparar la solución es: V = 1 dm3 solución

10 g HCl 1 dm 3 solución

1 dm 3 427,2 g de HCl

103 cm 3 = 23,4 cm3 1 dm 3

c) 1. En un matraz aforado de 1 dm3, añadimos agua destilada hasta la mitad, aproximadamente. Con mucho cuidado y utilizando guantes y gafas de protección, mediríamos los 23,4 cm3 de la solución de ácido concentrada con una bureta, que introduciríamos, poco a poco y agitando, en el matraz aforado. 2. Se agita para homogeneizar el contenido del matraz y se completa con agua destilada hasta la línea de aforo. Se tapa el matraz y se agita de nuevo. 28. Debemos calcular la masa de la solución de HCl de densidad 1,180 g/cm3 1,180 g desolución = 118 g solución. 1cm3 desolución Esta solución contiene un 36,23 % en masa de HCl, por tanto la masa de HCl en esta solución será: 36,23 g HCl = 42,75 g HCl m (HCl) = 118 g solución × 100 g desolución m (agua) = 118 g solución – 42,75 g HCl = 75,25 g agua

m (solución) = 100 cm3 solución ×

Cuando añadimos agua para obtener la nueva solución, la masa de HCl permanecerá constante, ya que sólo añadimos agua. Así pues, la masa de HCl en la nueva solución (solución diluida) será de 42,75 g. Como nos han dicho que ahora la solución debe contener un 22,33 % de HCl, podemos calcular la masa de la nueva solución: 100 g de solución = 191,45 g solución diluida 22,33 g HCl La diferencia de masa entre la solución diluida y la solución inicial nos dará la masa de agua que ha hecho falta añadir:

m (solución diluida) = 42,75 g HCl ×

m (agua añadida) = 191,45 g solución diluida – 118 g solución original = 73,45 g agua 205


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Unidad 9. Mezclas y soluciones 29. La masa de 1 dm3 de solución concentrada es de 1 380 g, ya que la densidad es 1 380 kg/m3. La masa de HNO3 disuelta en 1 dm3 de solución es: 61, 24 g HNO3 = 845 g HNO3 m (HNO3 ) = 1 380 g de solución 100 g de solución Por tanto, la concentración en masa del HNO3 es: 845 g/dm3. Por otro lado, para preparar 10 litros de solución 0,20 M (0,20 mol/dm3), el número de moles que hacen falta es: 0, 20 mol HNO3 = 2 mol HNO3 n (HNO3 ) = 10 L solución 1 L solución Y la masa de estos moles se puede calcular multiplicándolos por la masa molar del HNO3 (63 g/mol) : 63 g HNO3 = 126 g HNO3 m (HNO3 ) = 2 mol HNO3 1 mol HNO3 Así pues, si se necesitan 126 g de HNO3 de una solución que contiene 845 g/dm3, el el volumen necesario de esta solución será: 1 dm 3 de solución V (solución concentrada) = 126 g HNO3 = 0,1491 dm3 845 g HNO3 Por tanto, el volumen de solución concentrada que se necesita para preparar 10 litros de solución 0,20 M es 149,1 cm3. 30. a) Los moles necesarios para preparar la solución serán: 0,02 mols NaCl = 0,02 mol NaCl n (NaCl) = 1 dm3 NaCl 1 dm 3 NaCl El volumen necesario de la solución concentrada será:

V = 0,02 mol NaCl

1 dm 3 103 cm 3 = 20 cm3 3 1 mol solución concentrada 1 dm

b) 1. Con una pipeta, equipada con una pera o PiPump, se miden los 20 cm3 de la solución concentrada, que se introducen en un matraz aforado de 1 dm3. ¡Nunca se debe pipetear con la boca! 2. Se añade agua destilada poco a poco y se agita para homogeneizar el contenido del matraz. Cuando todo el soluto está disuelto, se completa hasta la línea de aforo. Se tapa el matraz y se agita de nuevo. 31. Debemos calcular la cantidad de NaCl (soluto) que hay en 100 g de agua de mar (solución). 1 mol NaCl n (NaCl) = 2,8 g NaCl × = 0,048 mol de NaCl 58,45 g NaCl El volumen, en dm3, que ocupan 100 g de agua de mar será:

V (agua de mar) = 100 g solución ×

[NaCl] =

1 dm 3 1 cm 3 de solución = 0,097 dm3 3 1,03 g de solución 1000 cm

0,048 mol soluto = 0,49 mol/dm3 0,097 dm 3 solución

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32. a) En tanto por ciento en masa. Para hallar el tanto por ciento en masa de HCl de la solución obtenida, debe calcularse la masa de HCl disuelta en 100 g de solución. La masa de HCl se puede calcular a partir de los moles, y éstos se pueden calcular a partir de p V = n R T: p V 1,02 105 Pa 0, 3333 m 3 n (HCl)= = = 14,21 mol HCl R T 8,31 J K -1 mol -1 288 K Su masa es: 36,5 g HCl m (HCl)= 14,21 mol HCl = 518,66 g HCl 1 mol HCl Los 518,3 g de ácido clorhídrico se han disuelto en 1000 g de agua, y se han obtenido:

518,66 g HCl + 1000 g de H2O = 1518,66 g de solución

Por tanto, el porcentaje en masa de HCl en esta solución será

% (HCl) =

518,66 g HCl 1 518,66 g de solución

100 g de solución = 34,1 %

b) En gramos por litro (concentración en masa). Para calcular la concentración en masa de solución, debe calcularse la masa en gramos de HCl disueltos en cada dm3 de solución. El volumen de solución se puede calcular mediante la densidad: 1 cm 3 de solución V = 1518,66 g d e solución =1299 cm 3 de solución = 1,169 g d e solución = 1,299 dm 3 de solución 518,66 g HCl concentración en masa = = 399,2 g/dm3 1,299 dm 3 solución c) En moles de HCl por kg de agua (molalidad). Tenemos 14,21 mol de HCl (tal y como se han calculado en el apartado a), que se han disuelto en 1 000 g de agua, es decir, en 1 kg de H2O; por lo tanto, la molalidad será:

molalidad =

14,21 mol HCl = 14,2 mol/kg = 14,2 m 1 kg H2 O

d) La fracción molar de cada componente (HCl y H2O).

El número de moles de agua en la solución son: 1 mol H2 O = 55,55 mol H2 O n (H2O) = 1000 g de H2O 18 g H2 O El número de moles totales son: nt = n (H2O) + n (HCl) = 55,55 mol H2O + 14,21 mol HCl = = 69,76 mol totales

Y la fracción molar de cada componente es:

χ (HCl) = n (HCl) = 14, 21 mol HCl = 0,20 69,76 moles totales nt

χ (H2O) = n (H 2 O) = 55,55 mol H 2 O = 0,80 nt 69,76 moles totales 207


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Unidad 9. Mezclas y soluciones 33. a) Tenemos un 91,33 % en masa de H2SO4, es decir, 91,33 g de H2SO4 por cada 100 g de solución. Por tanto, la masa de disolvente será:

m (disolvente) = 100 g solución – 91,33 g H2SO4 = 8,67 g = = 8,67 × 10−3 kg disolvente 1 mol H2 SO4 1 molalidad = 91,33 g H2 SO4 = -3 98,07 g H2 SO4 8,67 10 kg disolvente = 107,4 m

b) La densidad en g/dm3 es: 1 813 kg H2 SO4 ρ (H2SO4) = 1 m3

103 g 1 m3 = 1 813 g/dm3 3 3 1 kg 10 dm

1 813 g solución 1 mol H2 SO4 = 16,9 mol / dm3 100 g solución 98,07 g 1 dm 3 91,33 g H2 SO4 1 813 g solución c) Concentración en masa = = 1 656 g H2SO4 / dm3 100 g solución 1 dm 3

[H2SO4] =

91,33 g H2 SO4

d) En el apartado a) hemos calculado la masa de soluto y disolvente en 100 g de solución. Por tanto: 1 mol H2 SO4 = 0,93 mol H2SO4 n (H2SO4) = 91,33 g H2SO4 × 98,07 g H2 SO4 1 mol H2 O n (H2O) = 8,67 g H2O × = 0,48 mol H2O 18,02 g H2 O n (totales) = 0,93 mol H2SO4 + 0,48 mol H2O = 1,41 mol 0,93 mol H2 SO4 χ (H2SO4) = = 0,66 1,41 mol totales 0,48 mol H2 O χ (H2O) = = 0,34 1,41 mol totales 34. Consultando la figura 14 de la página 278 y observando la curva de solubilidad para el cloruro de potasio, podemos ver que su solubilidad a 50 ºC es de 41 g por 100 g de agua: 1 mol KCl = 0,55 mol KCl n (KCl) = 41 g KCl × 74,6 g KCl 0,55 mol KCl = 5,5 mol/kg = 5,5 molal 0,1 kg agua En 141 g de solución hay 0,55 mol de KCl y 100/18 mol de agua.

molalidad =

nt = n (KCl) + n (H2O) = 0,55 + (100/18) = 6,11 moles totales

208


χ (KCl) = mol KCl = 0,55 mol KCl = 0,09 moles totales 6,11 moles totales mol H2 O (100/18) mol H2 O χ (H2O) = = 0,91 = moles totales 6,11 moles totales

35. Observando la figura 14, se ve que la solubilidad del nitrato de plata a 5 ºC es 135 g de AgNO3 en 100 g de agua. Deben calcularse los moles de AgNO3 : 1 mol AgNO3 = 0,794 mol AgNO3 n (AgNO3) = 135 g AgNO3 169,9 g AgNO3

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Y la molalidad será: 0,794 mol AgNO3 molalidad= = 7,94 mol/kg = 7,94 m 0,1 kg H2 O 36. a) Mirando el gráfico de la página 278 (figura 14), vemos que para 100 g de agua y 50 ºC, como máximo, podemos disolver 41 g de KCl, por tanto: m (KCl) = 41 g KCl

500 g de agua = 205 g KCl 100 g de agua

b) Mirando el gráfico de la página 278 (figura 14), vemos que 100 g de agua a 20 ºC pueden disolver como máximo 32 g de KCl, por lo tanto en 500 g de agua se disuelven: 500 g de agua = 160 g KCl 100 g de agua m (KCl) que se depositará = 205 g KCl – 160 g KCl = 45 g de KCl

m (KCl) = 32 g KCl

37. La solubilidad del cloruro de sodio a 25 ºC es de 38 g soluto/100 g de agua (ver figura 14). En 100 g de solución hay 23 g de cloruro de sodio y 77 g de agua. Debemos calcular la masa de soluto disuelta en 100 g de agua: g soluto/100 g de agua=

23 g cloruro de sodio 77 g de agua

100 g de agua = 29,87 g cloruro de sodio/100 g de agua

Como la masa de soluto disuelta es menor que la solubilidad, la solución no es saturada a 25 ºC. 38. La solubilidad del KCl a 50 ºC es de 41 g KCl en 100 g de agua. Para comprobar si a 50 ºC la solución es saturada, debemos calcular la masa de KCl disuelta en 100 g de agua:

28,6 g KCl = 143 g de KCl 100 g de solución m (H2O) = 500 g de solución – 143 g KCl = 357 g de H2O m (KCl) = 500 g de solución

La solución contiene 143 g de KCl y 357 g de agua, por tanto, en 100 g de agua tendremos. 143 g KCl 100 g H2 O = 40,06 g de KCl en 100 g de H2 O 357g H2 O Esta solución no está saturada, ya que a 50 ºC, 100 g de agua admiten 41 g de KCl. Si la solución se enfría hasta los 20 ºC, como a esta temperatura sólo se disuelven 32 g de KCl en 100 g de agua:

40,06 g – 32 g = 8,06 g de KCl que cristalizan por cada 100 g de agua

La masa de KCl cristalizada por cada 357 g de agua es: 357 g H2 O m (KCl) cristalizada = 8,06 g KCl = 28,8 g de KCl 100 g H2 O 39. Si se inhala aproximadamente 1 dm3 de aire, el volumen de oxígeno que hay en el aire inhalado es: 21dm3 oxígeno 1 m 3 oxígeno V (oxígeno) = 1 dm3 aire × = 2,1 × 10−4 m3 oxígeno 100 dm3 aire 1000 dm3 oxígeno Para calcular el número de moles de oxígeno inhalados, debemos utilizar la ecuación de los gases perfectos, P V = n R T. 209


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Unidad 9. Mezclas y soluciones

1,01 105 Pa×2,1 10 -4 m3 = 8,71 × 10−3 mol O2 8,31 J K 1 mol 1 293 K 6,022 × 1023 moléculas N (O2) = 8,71 × 10−3 mol O2 × = 1 mol O2 21 = 5,25 × 10 moléculas de O2 n (O2) =

Separación de los componentes de una mezcla 40. Una mezcla es la reunión de diferentes tipos de sustancias puras, que denominamos componentes de la mezcla. Si la mezcla presenta un aspecto poco o nada uniforme a simple vista o con microscopio, será heterogénea y podríamos diferenciarla de una homogénea, donde no apreciaríamos los componentes que la forman. Las mezclas homogéneas también se denominan soluciones. Para acceder a diferenciar si una sustancia pura es un compuesto o elemento, tendríamos que poder acceder a la escala atómica y molecular. Habitualmente ensayaríamos toda una serie de propiedades físicas y reacciones químicas para averiguarlo. Hay técnicas analíticas, como la espectroscopia de masas o la cromatografía de gases, que permiten saber si una muestra es un compuesto o un elemento, sin tener que hacer ninguna otra prueba. 41. Por densidad absoluta entendemos una propiedad de la materia que expresa el cociente entre la masa y el volumen que ocupa. Se expresa en g/cm3, kg/m3, etc. La densidad relativa es el cociente entre la densidad absoluta de una sustancia y la densidad absoluta de una sustancia de referencia, medidas en las mismas condiciones de presión y temperatura. Para líquidos y sólidos, se acostumbra a tomar como referencia el agua. Se trata de una medida adimensional. El índice de refracción de una sustancia transparente resulta del cociente entre la velocidad de la luz en el vacío y la velocidad de la luz cuando se está propagando por aquel medio material. Da información sobre el cambio de velocidad y de trayectoria que puede experimentar un rayo de luz al pasar de un medio de propagación a otro. Por ejemplo, los índices de refracción de muchos tipos de vidrio tienen un valor en torno a 1,5; y el índice de refracción del agua es de1,3. La solubilidad es una propiedad característica que nos indica los gramos de soluto que hay que disolver en cien gramos de disolvente para llegar a la saturación. La solubilidad depende de la temperatura. 42. a)

Fórmula SolubiliTemp. Temp. Densidad Inflamamolecudad ebullición fusión Toxicidad g/cm3 ble lar en agua /°C /°C C6H6

0,879

80,1

5,5

Tolueno C7H8

Muy escasa

0,866

Insoluble

111

–95

Benceno

Muy tóxico ExtremaCancerígedamente no Mucho

Muy tóxico

Los podríamos separar y recuperar por destilación fraccionada, a causa de la relativa proximidad de sus temperaturas de ebullición. 210


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b) Las podríamos separar y recuperar por destilación simple. El vapor de agua lo haríamos pasar por el refrigerante y, al condensarse, lo podríamos recoger y reservar. En el matraz, tendríamos la sacarosa sólida. c) Primero haríamos una extracción líquido-líquido entre la solución propuesta y el tetracloruro de carbono. Después de agitar fuertemente el embudo de decantación, y de dejarlo reposar, conseguiríamos enriquecer el tetracloruro de carbono con yodo. Lo recuperaríamos y lo reservaríamos. Añadiríamos más tetracloruro de carbono para repetir la extracción, procediendo como antes. Evaporaríamos suavemente el tetracloruro de carbono y precipitaría el yodo, que podríamos recoger. Finalmente, la fase acuosa con cloruro de sodio la someteríamos a destilación simple. El agua, al evaporarse, pasaría por un refrigerador de serpentina, condensaría y lo iríamos recogiendo y reservando. En el matraz quedaría el cloruro de sodio sólido. 43. Se utiliza un embudo de decantación para poder separar dos o más sustancias líquidas inmiscibles o hacer extracciones líquido-líquido. Son de vidrio, y del cuerpo principal esférico nacen dos conductos situados cada uno en un extremo: uno, que puede ser tapado, sirve para añadir los líquidos y liberar vapores que aparezcan al agitar; y el otro, más estrecho y con llave de paso, permite separar por gravedad las diferentes fases que aparecen en el cuerpo principal al dejar reposar. 44. Composición centesimal, punto de fusión, punto de ebullición, densidad, solubilidad. 45. Se utiliza la destilación simple cuando los compuestos que queremos separar de una solución líquida tienen puntos de ebullición suficientemente diferentes, por ejemplo, separar agua salada en sus componentes. Si los líquidos tienen puntos de ebullición parecidos, se hace necesario aplicar la destilación fraccionada. El vapor que asciende por la columna de fraccionamiento, mezcla de los dos compuestos, experimenta muchas condensaciones y vaporizaciones, y enriquece el componente más volátil. Después de un cierto tiempo, el más volátil sale antes de la columna y, al condensarse en el refrigerante, se puede recoger y separar. 46.

Fórmula molecular

Metanol

CH3OH

Densidad g/cm3 0,791

Solubilidad en agua Miscible

Temp. ebullición/ °C 65

Inflamable

Mucho

Toxicidad Venenoso y nocivo, incluso por contacto con la piel

Se podrían separar por destilación fraccionada, a causa de los puntos de ebullición relativamente cercanos del agua y del metanol. 47. En su estructura cristalina, las diferentes partículas, átomos, iones o moléculas, ocupan unas posiciones definidas y precisas que, en presencia de contaminantes, pueden incluso impedir su cristalización correcta. Por lo tanto, un cristal se considera garantía de pureza. Ahora bien, si la cristalización es demasiado rápida o se cristaliza un gran volumen de material, hay que tener presente que pueden quedar cavidades cerradas en el interior de la masa del cristal que contengan impurezas o que, en la superficie del cristal, también queden retenidas. En estos casos, podemos reducir mucho la proporción de impurezas haciendo recristalizaciones sucesivas. 211


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Unidad 9. Mezclas y soluciones 48. Primero separaríamos las limaduras con un imán. Después añadiríamos agua destilada a la mezcla de sulfato de bario y sal. Agitaríamos y la sal quedaría disuelta, pero el sulfato de bario no, porque es insoluble en agua. La suspensión resultante la filtraríamos sobre papel con un embudo de Büchner. Sobre el papel de filtro quedaría el sulfato de bario. En el kitasato recogeríamos la solución de agua con sal. Finalmente, por evaporación, recuperaríamos la sal sólida. 49. Utilizaríamos un embudo de decantación para separar la gasolina del agua. Introduciríamos la mezcla y agitaríamos. Al dejarla reposar, la fase superior correspondería al componente menos denso de la mezcla, en este caso la gasolina, y la fase inferior sería la acuosa. Abriendo la llave, podríamos separar las dos fases y fijarnos en su diferente coloración. 50. Por destilación fraccionada. Como el agua y el alcohol del vino son compuestos de puntos de ebullición próximos, se hace necesario utilizar esta técnica. El vapor que sube por la columna de fraccionamiento, mezcla de los dos compuestos, experimenta condensación al enfriarse sobre la superficie de los numerosos anillos de vidrio. Pero nuevos vapores procedentes del matraz calientan este líquido condensado, que vuelve a vaporizarse, asciende y se condensa, otra vez, pero ahora más arriba de la columna. Cada vez que tiene lugar una vaporización, el vapor se enriquece en etanol, que es el componente más volátil. Análogamente, cada vez que tiene lugar una condensación, el líquido queda enriquecido en el componente menos volátil, el agua. Después de un cierto tiempo, el componente más volátil sale por la parte alta de la columna y, al condensarse en el refrigerante, se puede recoger y separar. Mientras el termómetro indique 77-78 ºC, se va recogiendo etanol. Cuando la temperatura comience a subir, debe detenerse la destilación. 51. Son físicos, porque no intervienen en ellos reacciones químicas ni deben alterarse los componentes de las mezclas. 52. Por determinación directa, ya sea midiendo su masa en una balanza y su volumen o por desplazamiento de un líquido adecuado, en una probeta. Idealmente, si el sólido es regular, se podría calcular su volumen midiendo sus dimensiones y aplicando la fórmula correspondiente. También podríamos determinar la densidad del sólido aplicando el principio de Arquímedes. 53. Habría que tener en cuenta que fuesen sustancias con solubilidades suficientemente distintas a aquella temperatura. Además, habría que vigilar las posibles oclusiones que pudiesen quedar en el interior de los cristales respectivos y que retuvieran impurezas de otra sustancia o del mismo disolvente. También los cristales podrían retener impurezas por adsorción. Por lo tanto, habría que efectuar recristalizaciones sucesivas hasta poder separar las dos sustancias con garantía de pureza suficiente. 54. No, porque la mayoría de las sustancias sólidas no subliman.

212


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Unidad 10. Estructura atómica. Tabla periódica Estructura atómica 1. Los rayos catódicos son partículas materiales cargadas negativamente. Son electrones. Jean Perrin, en 1845, investigó las emisiones del cátodo de un tubo de descarga con gases enrarecidos y sugirió que transportaban cargas negativas. Posteriormente, J. J. Thomson confirmó la naturaleza material de estas emisiones, al observar que eran capaces de hacer girar las aspas de un molinillo ligero. También comprobó que eran desviadas hacia la placa positiva por la acción de un campo eléctrico, con lo que confirmó la naturaleza negativa de su carga y fue capaz de calcular su carga específica (carga/masa). Además, las identificó como fajos de electrones y propuso que eran partículas constitutivas de los átomos. Más adelante, Millikan consiguió determinar su carga y encontró un valor de 1,6 × 10–19 C, lo que da un valor para la masa de 9,1 × 10–31 kg. Hoy en día, sabemos que los electrones son partículas elementales, aunque los resultados experimentales recientes sugieren que podrían tener estructura interna. Los rayos canales son partículas materiales cargadas positivamente, con una masa mucho mayor que la de los electrones. Además, la relación carga/masa depende de la naturaleza del gas presente en el tubo de descarga. Los diferentes experimentos de descargas en gases proporcionaron siempre partículas con una masa múltiple a la del átomo de hidrógeno cargado positivamente, lo que hizo pensar a E. Rutherford que éste estaba formado por la partícula más ligera y con carga positiva constitutiva de los átomos, y la denomina protón. Más adelante, se evidenció que los rayos canales eran el resultado de la pérdida de electrones, por choque con los rayos catódicos, de los átomos o moléculas neutras del gas presente en el tubo de descarga, fenómeno que generaba átomos o moléculas cargadas positivamente, que fueron denominadas iones positivos. 2. El modelo atómico de Thomson resultó inadecuado para explicar los experimentos de dispersión de las partículas α realizados por Geiger y Marsden. Rutherford interpretó estos experimentos, suponiendo que la carga positiva de los átomos, es decir, los protones, no estaban uniformemente repartidos por todo el átomo, tal y como proponía Thomson, sino que se agrupaban formando parte de un núcleo, consecuentemente cargado positivamente, y responsable de las desviaciones y fuertes repulsiones que experimentaban las partículas α, también cargadas positivamente, que pasaban cerca. Los electrones, debido a su pequeña masa, unas dos mil veces inferior a la de los protones del núcleo, girarían a gran distancia comparada con el radio nuclear, incapaces de desviar la trayectoria de las partículas α, mucho más masivas. Por lo tanto, el modelo atómico de Rutherford es análogo a un pequeño sistema solar. 3. La masa atómica patrón en el sistema internacional (SI) se calcula:

Unidad de masa atómica =

12 10 3 kg = 1,66 × 10-27 kg 23 12 6,02 10

4. Según la teoría de la relatividad de Einstein, la masa puede transformarse en energía. Si al chocar un electrón y un positrón, su masa desaparece del todo, quiere decir que las dos masas se convertirán en energía. La masa de estas dos partículas es igual y equivale a 9,109 × 10−31 kg, por tanto, la masa total que se transformará en energía será:

m = 9,109 × 10−31 × 2 = 1,822 × 10−30 kg

La energía liberada será, por tanto:

E = m c2 = 1,822 × 10−30 kg × (3 × 108 m s−1)2 = 1,640 × 10-13 J

214


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Expresada en electrovoltios:

E = 1,640 × 10−13 J ×

1 eV = 1 025 000 eV = 1,025 MeV 1,6 10-19 J

5. La masa de un núcleo de carbono-12 a partir de sus protones y neutrones será: Masa C-12 = (6 × 1,007277) + (6 × 1,00866) = 6,0436 + 6,0519 = 12,096 u 12,000 es la masa atómica relativa de un átomo de C-12 (6 protones + 6 neutrones + 6 electrones) La masa del electrón es 0,0005486. Por lo tanto, la masa del núcleo de C-12 es: Masa del núcleo de C-12 = 12,000 – (6 × 0,0005486) = 11,9967 u El defecto de masa será:

Δm = (12,096 – 11,9967) × 1,66 × 10−27 kg = 1,65 × 10-28 kg

6. El sol emite energía radiante a razón de 3,9 × 10 26 Julios por segundo; durante 1 segundo habrá emitido:

E = 3,9 × 1026 J

Según la teoría de la relatividad de Einstein, la masa puede transformarse en energía y viceversa. Todo sistema material de masa m, en reposo, tiene una energía E:

E = m c2

En la que c es la velocidad de la luz en el vacío; c = 3 × 108 m s−1. Por lo tanto, si un sistema material libera una energía E al exterior, la masa disminuye en: E m= 2 c En nuestro caso, podemos adaptar la ecuación: E ∆m = 2 c y sustituyendo, obtenemos:

∆m =

3,9 10 26 J = 4,33 × 109 kg (3 108 ms -1 )2

7. La longitud de onda se define como: c = donde c es la velocidad de la luz en el vacío (c = 3 × 108 m s−1), y la frecuencia se expresa en s−1 (1 Hz = 1 s−1). A partir de aquí, se pueden calcular las longitudes de onda de las radiaciones siguientes: a) ν = 100 MHz 3 108 m s -1 λ= =3m 100 10 6 s -1 b) ν = 650 MHz λ=

3 108 m s -1 = 0,46 m 650 10 6 s -1 215


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Unidad 10. Estructura atómica. Tabla periódica c) ν = 1019 Hz λ=

3 108 ms -1 = 3 × 10-11 m 19 -1 10 s

d) Por qué las frecuencias visibles abarcan desde 0,75 × 10 15 Hz hasta 0,40 × 1015 Hz. Ninguna de las ondas estudiadas está dentro de este rango. 8. Si la frecuencia es 1,25 × 1016 Hz, su longitud de onda es:

=

c

=

3 108 m/s =2,4 1,25 1016 Hz

10-8 m

109 nm = 24 nm 1m

Su energía es:

ε = h = 6,63

10 -34 Js

1,25

1016 Hz = 8,28 × 10−18 J

9. Emitirá radiación electromagnética de más energía el electrón que se ha excitado hasta el nivel cuántico principal n = 4. La radiación electromagnética que emita el electrón que se encuentra en el nivel cuántico principal n = 4 también será de más frecuencia, ya que la energía y la frecuencia de la radiación son magnitudes directamente proporcionales; energía = h ν, donde h es la constante de Planck y ν es la frecuencia de la radiación. En cambio, la longitud de onda de la radiación electromagnética que emita el electrón que se encuentra en el nivel cuántico principal n = 4 será menor, porque la energía y la longitud de onda de la radiación son magnitudes inversamente proporcionales. 10. El nivel cuántico n = 4 tiene cuatro subniveles que se designan como s, p, d, f. El subnivel s de n = 5 tiene menor energía que el subnivel d de n = 4 (página 314 del libro del alumno). 11. 1s, sí. 1p, no, porque no existe este subnivel en el nivel cuántico n = 1. 2p, sí. 3p, sí. 3d, sí. 3f, no, porque no existe este subnivel en el nivel cuántico n = 3. 4f, sí. 12. a) El número atómico es 14, ya que si el átomo tiene catorce electrones y es eléctricamente neutro, también deberá tener el mismo número de protones. b) Catorce protones. Z = 14. Corresponde al átomo de silicio. c) No es posible determinar el número de neutrones, porque el átomo podría presentar isótopos. En concreto, el átomo de silicio presenta tres isótopos estables y otros inestables. d) No. Habría que saber la abundancia relativa de los otros isótopos. e) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p2 13. a) Silicio, Si, (Z = 14): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p2 b) Cloro, Cl, (Z = 17): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 216


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c) Azufre, S, (Z = 16): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 d) Oxígeno, O, (Z = 8): 1s2 2s2 2p4 e) Calcio, Ca, (Z = 20): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 f) Argón, Ar, (Z = 18): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 14. a) Berilio, Be, (Z = 4) b) Aluminio, Al, (Z = 13) 15. a) Incorrecto. El orbital 3s debe completarse antes de comenzar a llenar el orbital 3p. b) Incorrecto. El orbital 4s1 todavía no está lleno y admite un electrón más antes de comenzar a llenar el 3d. c) Incorrecto. El orbital 2p8 no puede tener ocho electrones. Los orbitales 2p admiten seis electrones como máximo. d) Correcto. Se trata del 17Cl.

Tabla periódica 16. Tienen ocho electrones en el último nivel, excepto el helio, que tiene dos. Su configuración electrónica es ns2 np6; la del helio es 1s2. 17. El yodo, el azufre, el carbono, el silicio, el fósforo, el selenio. 18. a) En el grupo 2 denominado alcalinotérreos. b) La densidad del radio debe ser más grande que la del bario. El punto de fusión del radio debe ser mayor que el del bario. El punto de ebullición del radio debe ser más bajo que el del bario. Datos extraídos de un libro de química: densidad Ra ≈ 5g/cm3; punto de fusión Ra = 960 ºC; punto de ebullición Ra ≈ 1 140 ºC. 19. Las analogías que presentan los elementos situados en una misma columna de la tabla periódica se deben a una similitud en su configuración electrónica. La periodicidad de las propiedades físicas y químicas de los elementos dependen del número de electrones y de las energías de los orbitales que ocupan. 20. Oro, tungsteno, platino. Sodio, litio, potasio. Rubidio, cesio, plomo. Iridio, tungsteno, osmio. 21. Metales: litio, uranio, vanadio, lantano y bismuto. No-metales: yodo, carbono, fósforo. Semimetales: selenio. El selenio es un no-metal. Como semimetal hay silicio, boro, germanio, arsénico, antimonio, telurio, polonio, astato.

217


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Unidad 10. Estructura atómica. Tabla periódica 22. Porque los períodos se establecen en función del orden en que se van llenando los orbitales de los átomos. Así, los átomos que sólo tienen electrones en el primer nivel cuántico principal, n = 1, se agrupan en el primer período. Los átomos que sólo tienen electrones ocupando orbitales del primer y del segundo nivel cuántico principal, n = 1 y n = 2, se agrupan en el segundo período. Y así sucesivamente. Por lo tanto, el sodio, el aluminio y el cloro están situados en el tercer período, porque sólo tienen electrones en los tres primeros niveles cuánticos principales, n = 1, n = 2 y n = 3. El sodio tiene un electrón en este tercer nivel, el aluminio tiene tres, y el cloro, siete. 23. a) Su número atómico es ocho. b) En su último nivel tiene seis electrones. c) Se encuentra en el segundo período de la tabla periódica. 24. Los elementos representativos o elementos tipo se caracterizan por tener los subniveles s o p parcialmente ocupados y, por tanto, tienen la configuración electrónica del último nivel comprendida entre ns1 y np5. 25. a) Grupo catorce y período dos. Es el carbono. b) Grupo dos y período tres. Es el magnesio. 26. Ión Al3+ (Z = 13) 1s2 2s2 2p6 Ión S2– (Z = 16) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 27. a) El elemento C es un gas noble porque tiene un último nivel energético lleno con los dos electrones permitidos como máximo. b) Son metales el elemento A y el elemento B, porque es una característica de los metales tener pocos electrones en el último nivel energético. En concreto, el elemento A tiene un electrón en el último nivel, y el elemento B tiene dos. Son no-metales el elemento D y el elemento E, porque es característico de los no-metales tener el último nivel energético con muchos electrones. El elemento D tiene 7 electrones en este último nivel y el elemento E tiene seis. c) El elemento A, además de ser un metal, es un metal de transición, porque es característico que vayan adicionalmente electrones en los orbitales d. 28. a) Elemento A (Z = 9): 1s2 2s2 2p5 Elemento B (Z = 20): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 b) El elemento A pertenece al grupo diecisiete, porque tiene siete electrones en el último nivel energético, y al período 2. El elemento B pertenece al grupo dos, porque tiene dos electrones en el último nivel energético, y al período 4. c) El potencial de ionización es la energía necesaria para arrancar un electrón de un átomo en fase gaseosa y en estado fundamental. En función del número atómico, el potencial de ionización varía periódicamente. El elemento B es un metal, presenta un potencial de ionización menor que el del elemento A, que es un no-metal. Hay que tener en cuenta también que los electrones de la última capa (4 s2) del elemento B están más lejos del núcleo, ya que son del nivel cuántico n = 4 y, por tanto, costarán menos de arrancar que los electrones de la última capa del elemento A (2 p5) que son del nivel cuántico n = 2. 218


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29. La energía de ionización es la energía necesaria para arrancar un electrón de un átomo en fase gaseosa y en estado fundamental. En un mismo período, la energía de ionización aumenta de izquierda a derecha, porque crece en el mismo sentido que la carga nuclear y disminuye el radio atómico, por tanto, el electrón resulta atraído más fuertemente por el núcleo y resulta más difícil de arrancar. En un mismo grupo, la energía de ionización disminuye de arriba hacia abajo, porque el volumen atómico aumenta y, por lo tanto, el electrón es atraído con menos intensidad por el núcleo. Consecuentemente, el átomo de calcio presentará una energía de ionización superior a la del átomo de potasio, de forma que están situados en el mismo período cuatro y el átomo de calcio está a la derecha del átomo de potasio. El átomo de sodio presentará una energía de ionización superior a la del átomo rubidio, de forma que están situados en el mismo grupo 1 y el átomo de sodio está por encima del átomo de rubidio. El átomo de estroncio presentará una energía de ionización superior a la del átomo rubidio, de forma que están situados en el mismo período cinco y el átomo de estroncio está a la derecha del átomo de rubidio. 30. Serie 1: Potencial de ionización creciente: Cs, Rb, K, Na, Li Serie 2: Potencial de ionización creciente: I, Br, Cl, F 1 eV 1 mol de Na kJ 103 J = -19 mol 1 kJ 1,6 × 10 J 6,02×1023 átomos de Na =5,12 eV/átomo

31. a) EI (Na) = 493

b) Si la ionización del sodio se produce por medio de una radiación electromagnética, cada fotón de esta radiación deberá tener, como mínimo, una energía de 5,12 eV, que expresada en Julios es:

10-19 J = 8,192 × 10−19 J 1 eV La frecuencia de esta radiación es: 1,6

5,12 eV

=

8,192×10 19 J = 1,23 × 1015 s−1 34 6,63×10 Js

ν=

ν = 1,23 ×1015 Hz

h

32. El proceso de ionización del litio es:

Li(g)

→ Li+(g) + 1e−

El potencial de ionización del litio es:

EI (Li) = 517 kJ/de átomos × 6,02 = 8,58 × 10−19 J/átomo

1 mol Li 1023 átomos Li

103 J = 1 kJ

la ionización del litio se produce por medio de una radiación electromagnética, Si cada fotón de esta radiación deberá tener, como mínimo, la energía del potencial de ionización. La frecuencia de la radiación electromagnética de λ = 50 nm es:

c 3 = =

108 m/s 50 nm

109 nm =6 1m

1015 s-1 = 6

1015 Hz 219


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Unidad 10. Estructura atómica. Tabla periódica La energía de cada fotón de la radiación electromagnética ultravioleta es:

= h = 6,63

10 -34 Js

6

1015 Hz = 3,98

10 -18 J

La energía de la radiación incidente es mayor que el potencial de ionización, por lo que estos fotones tienen energía suficiente para ionizar los átomos de litio. 33. Los metales de transición son elementos que van añadiendo electrones a los orbitales d. Reciben este nombre porque los elementos que los forman son metálicos pero con propiedades que varían gradualmente de izquierda a derecha. La característica común es que todos los elementos de transición tienen como última capa de electrones la capa d. 34. El elemento con una energía de ionización más alta es el helio, ya que es una gas noble y tiene una configuración electrónica muy estable y, además, los electrones están muy cerca del núcleo, por lo que hay una gran atracción nuclear y es necesaria mucha energía para arrancarlos. 35. a) Grupo 1 y período 4. b) Es el potasio, K. c) Ión K+ (Z = 19) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 36. Si comparamos las configuraciones electrónicas del K+ y del Cl−:

K+ (18 electrones): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

Cl− (18 electrones): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

Vemos que tienen el mismo número de electrones, pero eso no quiere decir que los dos iones sean iguales porque el número de protones y de neutrones es diferente. 37. Las configuraciones electrónicas son:

C (Z = 6): 1s2 2s2 2p2

Kr (Z = 36): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6

Ión Na+ (Z = 11): 1s2 2s2 2p6

Ión O2− (Z = 8): 1s2 2s2 2p6

Ión Fe3+ (Z = 26): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3

Ión Cu+ (Z = 29): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10

Ión Cu2+ (Z = 29): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9

Rb (Z = 37): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s1

Nota: La configuración electrónica del Cu es una anomalía y es [Ar] 3d10 4s1, de este modo se rellena toda la capa d.

220


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Unidad 11. El enlace químico 1. La inmensa mayoría de moléculas están formadas por agrupaciones de átomos. Únicamente los gases nobles y los metales en forma de vapor están constituidos por átomos aislados. No. Los compuestos iónicos están constituidos por iones y no forman moléculas. 2. La envoltura electrónica o capa electrónica del núcleo, en particular los electrones más exteriores de los átomos, del último nivel energético, denominados electrones de valencia. 3. a) Los átomos se unen formando un enlace químico, si la energía del conjunto de dos o más átomos agregados es menor que la suma de las energías de cada átomo por separado. b) Al unirse, los átomos adquieren una configuración electrónica más estable que la que tenían por separado. 4. Porque la energía del conjunto de átomos que forman la molécula es superior a la suma de las energías de cada átomo por separado. 5. Cuando dos átomos de cloro comparten un par de electrones mediante un enlace sencillo, constituyen la molécula de cloro diatómica, y logran una configuración electrónica más estable que la que tenían por separado. El argón es monoatómico porque sus átomos ya tienen la configuración electrónica más estable posible, y se vuelven químicamente inertes.

— Br

Se• -—

Li+ : 1s2 7. H- : 1s2 2+ Ca : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

•

• •Ge• •

— Kr —

-—

•

-—

• • Ga•

-—

• •As• -—

•Ca•

-—

• K

-—

6.

Las configuraciones del Ca 2+, Sc 3+, S 2– y Cl – son iguales. Como han quedado ionizados, han adquirido la misma configuración electrónica.

Sc3+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 S2-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Cl-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 8. H

9. I

H

H

C

C

H

H

CI

P

CI

CI

S

H CI

CI CI

I

Br

H

I

CI

S

CI F F

Si F

F

CI F

O

F

B

H F

H

N

H

CI

222


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10.

H H

+

P

H

H

11. a) No, porque las moléculas polares deben tener átomos de diferente electronegatividad. b) Sí, es posible. Por ejemplo, el tetracloruro de carbono posee cuatro átomos de cloro más electronegativos que el único átomo de carbono, pero como éste ocupa el centro de un tetraedro imaginario y los cuatro átomos de cloro se sitúan en los vértices, la geometría resultante de la molécula presenta elementos de simetría, de modo que se compensan las diferentes interacciones de los cuatro enlaces carbono-cloro, y el conjunto resulta polar. La molécula de dióxido de carbono no es polar, a pesar de que cada enlace carbono-oxígeno sí que lo es. Como la geometría del conjunto de la molécula es lineal, y el átomo de carbono se sitúa entre los dos átomos de oxígeno, el conjunto también resulta apolar. 12. a) Es más electronegativo el átomo de bromo que el átomo de yodo. Por tanto, atrae más hacia él los electrones del enlace y la molécula de HBr es más polar que la de HI. b) El nitrógeno es más electronegativo que el fósforo, por tanto, la molécula de amoníaco, NH3, es más polar que la de fosfina, PH2. 13. H–F > H–O > H–Cl > S–Cl > H–C > H–H 14. a) Sí, como en el caso del tetracloruro de carbono. En efecto, el tetracloruro de carbono posee cuatro átomos de cloro más electronegativos que el único átomo de carbono, pero como éste ocupa el centro de un tetraedro regular imaginario y los cuatro átomos de cloro se sitúan en los vértices, la geometría resultante de la molécula presenta elementos de simetría, de modo que compensa las diferentes interacciones de los cuatro enlaces carbono-cloro, y el conjunto resulta apolar. b) F

H

F B

H

P

H

F

Como el átomo de boro tiene 3 electrones en la capa de valencia, cuando forma los enlaces, éstos se organizan de modo que la distribución espacial es plana y simétrica, como un triángulo equilátero donde el boro está en el centro, y de él resulta una molécula apolar. En cambio, el fósforo tiene cinco electrones de valencia y sólo utiliza tres al combinarse con los tres átomos de hidrógeno, y quedan un par de electrones del átomo de fósforo desparejado. La molécula tiene forma piramidal como la del amoníaco. Es polar. c) La geometría de la molécula de H2S es:

S H

H

d) La interacción entre las moléculas de HF es más fuerte que la interacción entre las moléculas de F2, ya que el enlace H-F del fluoruro de hidrógeno es muy polar, y se establecen puentes de hidrógeno entre las moléculas, que proporcionan al conjunto una gran cohesión. Este compuesto es líquido por debajo de 19,5 ºC. 223


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Unidad 11. El enlace químico En cambio, en enlace F-F no presenta polaridad. Así, entre moléculas de flúor no existe la interacción anterior. El flúor a temperatura ambiente es un gas. 15 .

Valencia

Número de oxidación del del carbono

CH4

IV

–IV

CH3Cl

IV

–II

CH2Cl2

IV

0

CHCl3

IV

II

CCl4

IV

IV

16 . H2S

Número de oxidación –II

H3AsO4

Número de oxidación V

SeO3

NO2

IV

AsO3–

V

H2SeO4

VI

BeO

II

SeO2

IV

SeO2– 4

VI

B2O3

III

SeO32–

IV

Número de oxidación VI

17. El cloruro de hidrógeno es un compuesto covalente polar. A causa de la configuración electrónica del átomo de cloro y de su fuerte carácter electronegativo, el conjunto de electrones de la molécula está desplazado hacia el átomo de cloro, y genera una distribución asimétrica de este conjunto de electrones. La molécula presenta, entonces, polaridad. Además, el cloruro de hidrógeno es un gas a temperatura ambiente; pero en presencia de agua, compuesto formado por moléculas también polares, interacciona con ella y se ioniza según la reacción química:

agua

+ HCl(g) Cl–(aq) + H(aq) Los iones CL− y H+ están hidratados. La reacción está desplazada hacia la derecha, y por ello decimos que el cloruro de hidrógeno es un ácido fuerte.

En cambio, el gas dihidrógeno es un compuesto covalente apolar. La diferencia de electronegatividades existente entre los dos átomos de la molécula es cero, porque son idénticos entre ellos. Los electrones de la molécula están compartidos equitativamente por los dos átomos de hidrógeno. Consecuentemente, es apolar, y presenta escasa afinidad por las moléculas de agua. Por tanto, este gas es muy poco soluble en agua. 18. a) Ión cloruro, Cl–, (Z = 17): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Ión estroncio, Sr2+, (Z = 38): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 El compuesto formado es cloruro de estroncio, SrCl2 b) Propiedades. En general, las de los compuestos iónicos (ver la página 342 del libro del alumno/a):

- Sólido a temperatura ordinaria.

- Estructura en red cristalina compacta.

- Puntos de fusión y de ebullición elevados.

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- Duro o muy difícil de rayar.

- Frágil.

- Fundido o en disolución, es conductor de la corriente eléctrica.

- Insoluble en disolventes apolares.

- Soluble en disolventes polares.

19. Para prever el carácter iónico o covalente de un compuesto, calculamos la diferencia de electronegatividades de los átomos constitutivos y asignamos carácter iónico si la diferencia es mayor de 1,7 eV. Por tanto: Son compuestos fundamentalmente iónicos: SrCl2, LiF, KI y Fe2O3. Son compuestos fundamentalmente covalentes: CO2, PCl3, SO3, SF6, CCl4 y FeBr3. 20. Utilizando el mismo criterio que en el caso anterior: Cloro y carbono

Calcio y cloro

Compuesto

CCl4

CaCl2

Tipos de enlace

Covalente

Iónico

Polaridad del enlace

Polar

Molécula

Apolar

Rubidio y cloro Calcio y carbono RbCl Iónico

CaC2* Iónico

* El CaC2 es el acetiluro de calcio.

21. a) El enlace será iónico y, si representamos el elemento con al letra M, al reaccionar con el oxígeno formará el compuesto MO. b) Para formar este compuesto, ha reaccionado un metal, del grupo 2 y período 4, con un no-metal, el oxígeno. Sus electronegatividades son muy diferentes y, por tanto, el compuesto resultante presenta un enlace de tipo iónico. Consecuentemente, presentará, en general, las propiedades de los compuestos iónicos:

– Sólido a temperatura ordinaria.

– Estructuras en red cristalina compacta.

– Puntos de fusión y de ebullición elevados.

– Duro o muy difícil de rayar.

– Frágil.

– Fundido o en disolución, es conductor de la corriente eléctrica.

– Insoluble en disolventes apolares.

c) El elemento que corresponde a la configuración electrónica proporcionada es el calcio, Ca, (Z = 20), y el compuesto es CaO. Este compuesto reacciona con el agua para dar hidróxido de calcio. 22. El cloruro de sodio es un compuesto iónico formado por iones cloruro, Cl− y sodio, Na+. En el retículo cristalino resultante, los iones cloruro y los iones sodio ocupan los vértices, los centros de las caras y los centros de las aristas de una malla de simetría cúbica, de índice de coordinación de seis. Eso quiere decir que cada ión cloruro está rodeado por seis iones de sodio, y viceversa. En general, los cristales de cloruro de sodio presentan las propiedades de los compuestos iónicos. Algunas propiedades características del cloruro de sodio son: 225


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Unidad 11. El enlace químico – La dureza 2,5 en la escala de Mohs; el punto de fusión muy elevado, en concreto de 804 ºC; el carácter no conductor de la corriente eléctrica en estado sólido, pero sí fundido y en solución acuosa, y la solubilidad en disolventes polares, pero no en apolares, son propiedades que se explican de las intensas fuerzas electrostáticas entre los iones de carga opuesta. – Se rompe fácilmente porque, al aplicar una fuerza capaz de hacer deslizar unas capas de iones respecto de las otras, quedan iones próximos de la misma carga y, como consecuencia de la repulsión electrostática, el cristal se rompe. – Su densidad de 2,7 gramos por centímetro cúbico resulta del elevado grado de empaquetamiento del retículo cristalino. El diamante se compone íntegramente de átomos de carbono. Cada átomo de carbono comparte un electrón con cada uno de los otros cuatro átomos de carbono, y forma una estructura tridimensional de tetraedros regulares unidos covalentemente. Se podría considerar que un cristal de diamante es como una molécula covalente gigantesca. En general, el diamante presenta las propiedades de los cristales atómicos o covalentes. Algunas propiedades características del diamante son: – La dureza 10 en la escala de Mohs, el punto de fusión muy elevado, hacia 3 500 ºC, el carácter no conductor de la corriente eléctrica y la insolubilidad en cualquier tipo de disolvente, que son propiedades que se explican porque los enlaces carbonocarbono son covalentes, muy fuertes y estables. – La densidad relativamente elevada, en concreto de 3,5 gramos por centímetro cúbico, resulta de la corta distancia interatómica entre carbonos enlazados covalentemente y del empaquetamiento compacto del conjunto de tetraedros del retículo cristalino. 23. a) Sodio, Na, (Z = 11) 1s2 2s2 2p6 3s1

Magnesio, Mg, (Z = 12) 1s2 2s2 2p6 3s2

Azufre, S, (Z = 16) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

Cloro, Cl, (Z = 17) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

b) Son metales el sodio y el magnesio. Son no-metales el azufre y el cloro. c) El sodio formará el ión Na+, con electrovalencia I.

El magnesio formará el ión Mg2+, con electrovalencia II.

El azufre formará el ión S2−, con electrovalencia –II.

El cloro formará el ión Cl−, con electrovalencia –I.

b) Los compuestos iónicos que pueden formar son:

– Sulfuro de sodio, Na2S

– Cloruro de sodio, NaCl

– Sulfuro de magnesio, MgS

– Cloruro de magnesio, MgCl2

24. a) Bario, Ba, (Z = 56): [Xe] 6s2

Azufre, S, (Z = 16): [Ne] 3s2 3p4

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25 .

b) El compuesto formado es sulfuro de bario, BaS. El enlace es iónico porque ha reaccionado un metal alcalinotérreo con un no-metal halógeno. En general, presenta las propiedades de los compuestos iónicos. Elementos

Número de electrones de valencia Clasificación Fórmulas Tipos de enlace

Carbono

Flúor

Potasio

4

7

1

No-metal

No-metal

Metal

CF4

KF

Covalente

Iónico

26. a) El yodo, I2, tiene una estructura cristalina molecular: cada molécula diatómica ocupa una posición definida, y entre ellas hay fuerzas intermoleculares muy débiles. El cloruro de rubidio, RbCl, tiene una estructura cristalina iónica: cada ión ocupa posiciones de un retículo cristalino compacto y tridimensional. Entre iones de cargas eléctricas opuestas, se establecen intensas fuerzas electrostáticas. El carbono(diamante) tiene una estructura cristalina covalente o atómica. En cada vértice del retículo cristalino hay un átomo de carbono que está unido por enlaces covalentes muy fuertes con todos los átomos que le envuelven. b) El orden creciente de puntos de fusión será: I2 < RbCl < C(diamante) c) Es soluble en agua el cloruro de rubidio. El I2 es muy poco soluble.

El yodo es muy soluble en tetracloruro de carbono.

El carbono(diamante) es insoluble en ambos disolventes.

d) Es conductor de la corriente eléctrica el cloruro de rubidio, si está disuelto en agua o fundido. En estado sólido, no es conductor de la corriente. El yodo no es conductor de la corriente eléctrica en estado sólido ni disuelto en agua o etanol. El C(diamante) no es conductor de la corriente eléctrica. Como complemento, hay que decir que sí lo es cuando se presenta en forma de grafito. 27. Los puntos de fusión del amoníaco, el agua y del fluoruro de hidrógeno son anormalmente elevados si se comparan con los que tienen los hidruros del mismo grupo de la tabla periódica, porque se requiere energía no sólo para fundirlos, sino también para romper los enlaces de hidrógeno que hay entre sus moléculas. Sería aproximadamente un poco por debajo del punto de fusión del sulfuro de hidrógeno porque el oxígeno, el azufre, el selenio y el telurio pertenecen al mismo grupo de la tabla periódica y, a lo largo de este grupo, el punto de fusión de los hidruros correspondientes aumenta con el número atómico. 28. En el ClF, como es un compuesto formado por moléculas dipolares, se manifiestan las fuerzas de van der Waals, que son fuerzas eléctricas débiles. Una de las propiedades es que este gas pueda licuarse e, incluso, obtenerse sólido a baja temperatura.

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Unidad 11. El enlace químico 29 . Par de elementos

Berilio-flúor Berilio-bromo Aluminio-flúor Aluminio-cloro Yodo-cloro

Electronegatividad de cada miembro del par (eV) Naturaleza de los enlaces

1,5 y 4,0

1,5 y 2,8

1,5 y 4,0

1,5 y 3,0

2,5 y 3,0

Iónico

Covalente

Iónico

Covalente

Covalente

30. El sodio y el calcio, el neón y el bario, y el carbono y el oxígeno no forman compuestos iónicos entre ellos. 31. Los metales pueden doblarse y estirarse en hilos, porque las capas de los iones cargados positivamente pueden deslizarse entre ellas sin experimentar repulsiones electrostáticas con iones vecinos, ya que, a pesar de que todos tienen la misma carga eléctrica y tendrían que rechazarse electrostáticamente, se interpone entre catión y catión una nube de electrones cargados negativamente en incesante movimiento, que apantalla estas repulsiones, facilitando el deslizamiento entre las capas. Los cristales iónicos, en cambio, están formados por un retículo cristalino de iones de carga eléctrica opuesta y, además, no existe ninguna nube de electrones que pueda actuar de pantalla como en el caso de los metales. Por lo tanto, al ejercer un esfuerzo, si las capas iónicas se desplazan las unas sobre las otras, algunos iones positivos pueden quedar enfrentados con iones también positivos, con lo que se generará un rechazo electrostático que conduce a su separación y a la rotura del retículo. 32. Metales con punto de ebullición más alto: Metal Punto de ebullición (ºC)

W

Re

Ta

Os

Th

Nb

Mo

Tc

Hf

Ir

Zr

5 655

5 596

5 458

5 012

4 788

4 744

4 639

4 625

4 603

4 428

4 409

Metales con punto de fusión más bajo: Metal

Hg

Fr

Cs

Ga

Rb

K

Na

Li

In

Sn

Po

Punto de ebullición (ºC)

38,8

27

28,4

29,8

39,3

63,3

97,7

180,5

156,6

231,9

254

228


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Unidad 12. Formulación y nomenclatura de química inorgánica 1. Al3+; H3O+; I–; Co3+; Br+ 2. Ión hidróxido; ión cobre (I); ión sulfuro; ión amonio; ión óxido. 3. HI; CH4; PH3; AlH3; CrH2 4. Cloruro de hidrógeno; silano; borano; hidruro de zinc; hidruro de potasio. 5. I2O; HgO; NO2; BaO; Br2O7 6. Trióxido de azufre; óxido de germanio (IV); monóxido de carbono; óxido de níquel (III); óxido de plomo (II). 7. PCl5; SF6; Ni(OH)3; AgOH; Ba(OH)2 8. Pentaóxido de diarsénico; hidróxido de calcio; hidróxido de berilio; hidróxido de plomo (IV); hidróxido de mercurio (II). 9. H2Te(aq); HBrO3; HBrO2; H2SiO3; H4P2O5 10. Ácido bromhídrico; ácido hipoyodoso u oxoyodato (I); ácido ortoarsenioso, ácido arsenioso o trioxoarseniado (III) de hidrógeno; ácido perclórico o tetraoxoclorado (VII) de hidrógeno; ácido metabórico o dioxoborato de hidrógeno. 11. HSe–; PO4 3 - ; ClO4–; SnI2; Pt(SO4)2 12. Ión hipobromito; ión hidrogenfosfito; carbonato de potasio o trioxocarbonato de potasio; bromuro de níquel (III); bromito de bario o dioxobromato (III) de bario. 13. Mg(NO3)2; PO3 –; BaHPO4; LiIO3; Fe(MnO4)2 14. Ión hidrogensulfito; dicromato de magnesio o heptaoxodicromato (VI) de magnesio; hidrogencarbonato de amonio; seleniato de magnesio o tetraoxoseleniato (VI) de magnesio; ión ortoborato. 15. Ni(H2PO4)3; CoF3 . 4H2O; Pt(ClO3)2; H2S2O7; HSeO4– 16. Sulfato de níquel (II) heptahidratado; cromato de hierro (III) o tetraoxocromato (VI) de hierro (III); arseniato de potasio u ortoarseniato de potasio o tetraoxoarseniato (VI) de potasio; hidróxido de manganeso (III); trifluoruro de aluminio. 17. HIO3; P2O74 -; MgCrO4; Al(HS)3; NH4IO2 18. Sulfuro de calcio; ácido permangánico o tetraoxomanganato (VII) de hidrógeno; tetracloruro de silicio; óxido de platino (IV); dihidrogenofosfato de cobre (II) o dihidrogenortofosfato de cobre (II). 19. Cr2O72 -; Zn(BrO2)2; CsNO2; Cu(BrO4)2; KHTe 20. Ácido mangánico o tetraoxomanganato (VI) de hidrógeno; ácido clorhídrico; ión clorato; hidróxido de zinc; monocloruro de bromo.

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21. Co2+; PH3; AgMnO4; MgHPO3; CuPO2 22. Hidrogenodisulfato de sodio; sulfito de hierro (III) o trioxosulfato (IV) de hierro (III); catión yodo (I); ión hidrogenocarbonato; dihidrogenodifosfato de cobalto (III). 23. N; H2SeO4; MgO; H2PO4–; Cd(ClO4)2 24. Amoníaco; ión hipoclorito; ión difosfato; clorito de cromo (III) o dioxoclorato (III) de cromo (III); hidrogenofosfito de sodio. 25. Cu3(HSiO4)2; SrCO3; NO3 –; K2SiO3; IO3 – 26. Ortosilicato de cesio o tetraoxosilicato de cesio; ión ortoborato; yoduro de mercurio (I); cloruro de estaño (II); tetrafluoruro de xenón. 27. K2Cr2O7; C3N4; HIO4; Hg2+; BaCrO4 28. Disulfito de calcio; nitrato de cobalto (II) hexahidratado; arsenito de potasio; ortoarsenito de potasio o trioxoarseniato (III) de potasio; óxido de galio; sulfato de platino (IV) o tetraoxosulfato (VI) de platino (IV).

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Unidad 13. Reacciones químicas. Cálculos estequiométricos 1. Las reacciones químicas son los fenómenos que tienen lugar cuando, a partir de una o más sustancias, se obtiene otra, u otras, de propiedades características completamente diferentes. Las ecuaciones químicas son representaciones simbólicas de las reacciones químicas, que indican el balance de materia (átomos, moléculas o iones) de este proceso, es decir, los reactivos, los productos y la proporción molar en que han reaccionado. 2. 2 Al(s) + 3 H2SO4(aq) → Al2(SO4)3(s) + 3 H2(g) 4 As(s) + 5 O2(g) → 2 As2O5(s) KClO4(s) → KCl(s) + 2 O2(g) 2 C6H14(l) + 19 O2(g) → 12 CO2(g) + 14 H2O(l) Na2CO3(s) + 2 HCl(aq) → 2 NaCl(aq) + CO2(g) + H2O(l) 2 KI(aq) + Pb(NO3)2(aq) → PbI2(s) + 2 KNO3(aq) Dos moles de aluminio reaccionan con tres moles de ácido sulfúrico y se obtienen un mol de sulfato de aluminio y tres moles de hidrógeno (o dihidrógeno). Cuatro moles de átomos de arsénico reaccionan con cinco moles de oxígeno (o dioxígeno) y se obtienen dos moles de óxido arsénico (V). Un mol de perclorato de potasio se descompone y se obtienen un mol de cloruro de potasio y dos moles de oxígeno. Dos moles de hexano reaccionan con diecinueve moles de oxígeno y se obtienen doce moles de dióxido de carbono y catorce moles de agua. Un mol de carbonato de sodio reacciona con dos moles de ácido clorhídrico y se obtienen dos moles de cloruro de sodio, un mol de dióxido de carbono y un mol de agua. Dos moles de yoduro de potasio reaccionan con un mol de nitrato de plomo (II) y se obtienen un mol de yoduro de plomo (II) y dos moles de nitrato de potasio. 3. En cualquier reacción química, describimos un proceso de cambio que afecta a un número extraordinariamente elevado de átomos, moléculas o iones. 4. a) La ecuación química es:

CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g)

b) La reacción química nos indica que, por cada mol de carbonato de calcio, se obtiene un mol de dióxido de carbono. Así pues, la cantidad de dióxido de carbono obtenido cuando se descomponen 100 g de carbonato de calcio es: 1 mol CaCO3 1 mol CO2 = 1 mol CO2 n (CO2) = 100 g CaCO3 100 g CaCO3 1 mol CaCO3 c) Igual que en el apartado b), la masa de óxido de calcio que se obtiene cuando se calientan 2 moles de carbonato de calcio es:

m (CaO) = 2 mol CaCO3

1 mol CaO 1 mol CaCO3

56 g CaO = 112 g CaO 1 mol CaO

5. a) La ecuación química correspondiente es:

Cl2(g) + H2(g) → 2 HCl(g)

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b) Un volumen de Cl2(g) reacciona con un volumen de H2(g) y se obtienen 2 volúmenes de HCl(g). c) Como todas las especies químicas están en fase gaseosa y en las mismas condiciones de presión y temperatura, se cumple que: 1 volumen de Cl2 + 1 volumen de H2 → 2 volúmenes de HCl

Por tanto, si reaccionan 10 l de Cl2, obtendremos 20 l de HCl.

d) Según la ecuación química del apartado a) cada mol de Cl2 reacciona con un mol de H2, por tanto: 1 mol H2 1 mol Cl 2 71 g Cl 2 m (Cl2) = 100 g H2 = 3 550 g Cl2 2,0 g H2 1 mol H2 1 mol Cl 2 6. a) Zn(s) + 2 HCl(aq) → ZnCl2(aq) + H2(g) b) Según la ecuación química, por cada mol de zinc reaccionan dos moles de HCl. Por tanto, la cantidad de HCl que se necesita para reaccionar con 3 g de zinc es: 1 mol Zn 2 mol HCl = 0,09 mol HCl 65,39 g Zn 1 mol Zn c) Según la ecuación química, por cada mol de zinc que reacciona se obtiene un mol de H2(g); la cantidad de hidrógeno que se obtiene si reaccionan 0,2 mol de zinc es 0,2 mol. n (HCl) = 3 g Zn

Para calcular el volumen de hidrógeno, aplicaremos: pV = nR T y V=

sustituyendo:

V (H2) =

= 5 dm3 de H2

nR T p

0,2 mol H2 8,31 J K-1 mol -1 5

1,01 10 Pa

300 K

= 4,94 × 10–3 m3 =

7. a) La ecuación química nos indica que, por cada mol de carbonato de calcio, se obtiene 1 mol de dióxido de calcio. La masa de dióxido de carbono es: 1 mol CaCO3 1 mol CO2 44 g CO2 = m (CO2) = 2 g CaCO3 100 g CaCO3 1 mol CaCO3 1 mol CO2 = 0,88 g CO2 b) De acuerdo con la ecuación, si reacciona 1 mol de CaCO3, hacen falta dos moles de HCl: 1 mol CaCO3 2 mol HCl V (solución) = 50 g CaCO3 1 mol CaCO3 100 g CaCO3 3 1 dm de solución =2 dm3 de solución 0,5 mol HCl c) La cantidad de CO2 en 200 cm3 medidos a 22 ºC y 105 Pa es: n (CO2) =

105 Pa 200 10-6 m3 = 8,16 × 10–3 mol CO2 8,31 J K-1 mol -1 295 K

La masa de CaCO3 necesaria es:

m (CaCO3) = 8,16

= 0,816 g CaCO3

10-3 mol CO2

1 mol CaCO3

100 g CaCO3

1 mol CO2

1 mol CaCO3

=

233


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Unidad 13. Reacciones químicas. Cálculos estequiométricos Que la riqueza de la calcárea sea del 97 % quiere decir que contiene un 97 %, por tanto, la cantidad de calcárea que hará falta será: 100 g calcárea = 0,84 g calcárea 97 g CaCO3 d) Por cada mol de carbonato de calcio, se obtiene 1 mol de agua. El número de moléculas de agua que se obtendrán con 0,5 mol de carbonato de calcio es: 1 mol H2 O 6,02 1023 moléculas = N (H2O) = 0,5 mol CaCO3 1 mol H2 O 1 mol CaCO3 = 3 × 1023 moléculas de H2O

m (calcárea) = 0,816 g CaCO3 ×

8. a) La ecuación química correspondiente es:

C2H5OH(l) + 3 O2(g) → 2 CO2(g) + 3 H2O(g)

Por cada mol de etanol, se obtienen 2 moles de CO2.

El volumen de CO2 obtenido en c. n. a partir de 50 g de alcohol es: 1 mol C 2 H5OH 2 mol CO2 22,4 dm 3 = V (CO2) = 50 g C2H5OH 46 g C2 H5 OH 1 mol C 2 H5OH 1 mol CO2 = 49 dm3 CO2

b) Según la ecuación química del proceso, por cada mol de alcohol que reacciona, se necesitan 3 moles de O2.

La cantidad de C2H5OH que reacciona es:

n (C2H5OH) = 50 cm3

C2H5OH

= 0,86 mol de C 2 H5OH

El volumen de aire necesario es:

1 m3 106 cm 3

790 kg C2 H5OH 103 g 1 mol C2 H5OH = 1 kg 46 g C2 H5 OH 1 m3

V (aire) = 0,86 mol C 2 H5OH

3 mol O2

1 mol C 2 H5 OH 100 dm 3 aire × = 290 dm3 de aire 20 dm 3 O2

22,4 dm 3 O2 1 mol O2

c) Según la ecuación química del proceso, por cada mol de alcohol que reacciona, se obtienen 3 moles de H2O. El número de moléculas, N, de H2O que se obtendrán es: 1 mol C 2 H5 OH 3 mol H2 O N (H2O) = 10 g C2H5OH 46 g C 2 H5 OH 1 mol C 2 H5 OH 23 6,02 10 moléculas = 3,9×1023 moléculas de H2O 1 mol H2 O d) Todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura.

Según la ecuación química, por cada 3 volúmenes de oxígeno que han reacciona do, se obtienen 5 volúmenes de gases. Por tanto: 3 dm 3 O2 = 0,9 dm3 O2 V (O2) = 1,5 dm3 de gases × 5 dm 3 gases

234


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1 O2(g) → NO2(g) 2 b) Si todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura, el volumen ocupado por un mol de monóxido de nitrógeno es el mismo que el ocupado por uno de oxígeno o de dióxido de nitrógeno.

9. a) NO (g) +

Por tanto, si: NO (g) +

1 O2(g) 2

→

NO2(g)

reaccionan y se obtiene

1 mol

1 mol también:

+

0,5 mol

1 volumen

+

0,5 volumen

reaccionan y dan

1 volumen

Así pues, para obtener 100 dm3 de NO2, el volumen necesario de oxígeno será: 0,5 dm 3 O2 3 = 50 dm3 de O2 V (O2) = 100 dm NO2 × 1 dm 3 NO2 Y para el caso del NO: V (NO) = 100 dm3 NO2 ×

1 dm 3 NO = 100 dm3 de NO 1 dm 3 NO2

10. La ecuación química nos indica, que por cada mol de cobre que reacciona, se obtienen 2 moles de dióxido de nitrógeno. Así pues, podemos calcular el número de moles de dióxido de nitrógeno obtenidos al reaccionar 0,3 g de cobre: 1 mol Cu 2 mol NO2 9,5 10-3 mol NO2 n (NO2) = 0,3 g Cu 63,5 g Cu 1 mol Cu Aplicando la ecuación general de los gases perfectos, calculamos el volumen que ocupan 9,5 × 10–3 moles de dióxido de nitrógeno:

n R T 9,5 10 -3 mol 8,314 J mol -1 K -1 313 K = = p 1,01 3 105 Pa = 2,43 × 10–4 m3

El volumen de dióxido de nitrógeno obtenido es 243 cm3

V (NO2) =

11. a) H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) → 2 H2O(l) + BaSO4(s) ↓ b) Conocemos la concentración de hidróxido de bario en la solución, y a través de la ecuación química podemos saber la masa de sulfato de bario obtenida: 0,20 mol Ba(OH)2 1 mol BaSO4 3 m (BaSO4) = 0,1 dm disolución × 1 mol Ba(OH)2 1 dm 3 233 g BaSO4 = 4,7 g de BaSO4 1 mol BaSO4 12. a) CH4(g) + 2 O2(g) → CO2(g) +2 H2O(g) b) La cantidad de CH4 que arde se puede calcular aplicando: pV n= RT 235


30/7/08 16:16:04

Unidad 13. Reacciones químicas. Cálculos estequiométricos

sustituyendo:

1,01 105 Pa 100 10-3 m 3 = 4,08 mol CH4 8,31 J K-1 mol-1 298 K Según la ecuación química, por cada mol de CH4 que arde se obtienen 2 moles de agua; por tanto, obtendremos: 2 mol H2 O = 8,16 mol H2O n (H2O) = 4,08 mol CH4 1 mol CH 4 c) Si todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura, el volumen ocupado por un mol de metano es el mismo que el ocupado por uno de oxígeno, de dióxido de carbono o de vapor de agua. Por tanto, si:

n (CH4) =

CH4(g)

+

2 O2(g)

1 volumen

+

2 volúmenes → 1 volúmenes + 2 volúmenes

→ CO2(g)

+ 2 H2O(g)

El volumen de CO2 obtenido será: 1 dm 3 CO2 = 20 dm3 CO2 V (CO2) = 20 dm3 CH4 × 3 1 dm CH 4 d) De acuerdo con la ecuación química, si reaccionan los 5 dm3 de metano, se necesitan sólo 10 dm3 de oxígeno y, por tanto, el oxígeno está en exceso. El metano reacciona totalmente. La masa de agua obtenida es: 1 mol CH 4 2 mol H2 O 18 g H2 O × × = m (H2O) = 5 dm3 CH4 × 3 22,4 dm CH 4 1 mol CH 4 1 mol H2 O = 8,04 g H2O

13. Si sólo se ha formado óxido de hierro (III), Fe2O3, el aumento de masa será debido al oxígeno que está formando el óxido de hierro (III). A partir de esta masa, podemos calcular el número de moles de oxígeno atómico que corresponden al aumento de masa: 1 mol O = 0,031 mol de O 16 g O

n (O) = 0,5 g O ×

4 Fe(s) + 3 O2(g) → 2 Fe2O3(s)

Por cada 3 moles de oxígeno atómico, han reaccionado 2 moles de hierro. Así pues, podremos calcular la masa de hierro que ha reaccionado: 2 mol Fe 55,84 g Fe × = 1,2 g de Fe han reaccionado. 3 mol O 1 mol Fe La diferencia entre la masa de Fe inicial y los gramos de Fe que han reaccionado nos dará la masa de Fe que queda sin reaccionar:

m (Fe) = 0,031 mol O ×

m (Fe) sin reaccionar = 10 g – 1,2 g = 8,8 g de Fe

14. a) La ecuación química correspondiente a la combustión del propano es:

C3H8(g) + 5 O2(g) → 3 CO2(g) + 4 H2O(g)

b) La cantidad de propano es: pV RT

n=

n (C3H8) =

1,01×105 Pa × 1×10-3 m 3 = 0,041 moles de C3H8 8,31 J K-1 mol-1 × 298 K

236


30/7/08 16:16:04

El número de moles de CO2 obtenidos en la combustión son: 3 mol CO2 = 0,12 moles de CO2 n (CO2) = 0,041 moles C3H8 × 1 mol C 3 H8

c) Como todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura, el volumen ocupado por un mol de propano es el mismo que el ocupado por uno de oxígeno, de dióxido de carbono o de vapor de agua. + 5 O2(g)

→ 3 CO2(g)

+ 4 H2O(g)

C3H8(g)

1 volumen + 5 volúmenes → 3 volúmenes + 4 volúmenes

V (O2) = 1 dm3 C3H8 ×

5 dm 3 de O2 1 dm 3 C3 H8

= 5 dm3 de O2

Como la proporción de oxígeno en el aire es de un 21 %: V (aire) = 5 dm3 de O2 ×

100 dm 3 aire = 23,8 dm3 de aire 3 21 dm de O2

15. Si todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura, el volumen ocupado por un mol de hidrógeno es el mismo que el ocupado por uno de oxígeno o de vapor de agua. Por tanto, si: 1 + O2(g) → H2O(g) H2(g) 2

1 volumen

+

0,5 volúmenes

→

1 volúmenes

La mezcla que reacciona contiene inicialmente 100 cm3 de hidrógeno y 100 cm3 de oxígeno. De acuerdo con la ecuación química, si reaccionan los 100 cm3 de hidrógeno, necesitamos sólo 50 cm3 de O2 y, por tanto, el oxígeno está en exceso. La sustancia que está en defecto (denominada reactivo limitante) reacciona totalmente y consume la cantidad necesaria de la que está en exceso. Al acabar la reacción, además del vapor de agua formado, quedará oxígeno sin reaccionar. El volumen de agua, en estado gaseoso, obtenido es: 1 cm 3 de H2 O = 100 cm3 de H2O(g) V (H2O) = 100 cm3 H2 × 1 cm 3 H2 El volumen final será:

Vtotal = 100 cm3 H2O + 50 cm3 O2 = 150 cm3 de gas

16. a) La reacción correspondiente a la combustión del etano será: 7 C 2 H6(g) + O2(g) →2 CO2(g) +3 H2 O(g) 2

Igualmente, la reacción de combustión del butano será: 13 C 4 H10(g) + O2(g) → 4 CO2(g) +5 H2 O(g) 2

b) Si todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura, el volumen ocupado por un mol de etano es el mismo que el ocupado por uno de butano, de oxígeno, de dióxido de carbono o de vapor de agua. Por tanto, para el etano podremos escribir que:

237


30/7/08 16:16:05


7 O 2 2(g)

C 2 H6(g)

+

1 mol

+ 7/2 moles

→ reaccionan

2 CO2(g)

+

3 H 2 O(g)

2 moles

+

3 moles

y se obtiene

también: 1 volumen + 7/2 volúmenes reaccionan 2 volúmenes + 3 volúmenes

y se obtiene

La misma deducción se puede hacer para el butano. La mezcla que reacciona contiene inicialmente 0,5 dm3 de etano, 2,5 dm3 de butano y 20 dm3 de oxígeno. De acuerdo con las respectivas ecuaciones químicas, si reaccionan 0,5 dm3 de etano, necesitan 1,75 dm3 de oxígeno. Si reaccionan 2,5 dm3 de butano, necesitan 16,25 dm3 de oxígeno. Para la completa reacción de la mezcla de los dos gases (3 dm3), se necesitan 18 dm3 de oxígeno. Por tanto, el volumen de oxígeno sobrante será: 20 – 18 = 2 dm3. Al reaccionar 0,5 dm3 de etano, se producirán 1 dm3 de CO2 y 1,5 dm3 de H2O. Al reaccionar 2,5 dm3 de etano, se producirán 10 dm3 de CO2 y 12,5 dm3 de H2O. El volumen final será:

V final = volumen de oxígeno sin reaccionar + volumen total de CO2 + + volumen total de H2O

Vfinal = 2 dm3 + (1 + 10) dm3 + (1,5 + 12,5) dm3 = 27 dm3 de mezcla gaseosa

17. a) Las reacciones de combustión que se producen son:

CH4 g) + 2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O(g)

C3H8(g) + 5 O2(g) → 3 CO2(g) + 4 H2O(g)

b) Para hallar el reactivo que está en exceso, hay que calcular el número de moles de cada gas. 1 mol CH 4 = 0,125 mol de CH4 n (CH4) = 2,0 g CH4 × 16 g CH 4

1 mol C 3 H8 n (C3H8) = 2,0 g C3H8 × = 0,045 mol de C3H8 44 g C3 H8

1 mol O2 n (O2) = 20 g O2 × = 0,625 mol de O2 32 g O2 A partir de los moles de metano y propano, calcularemos la cantidad de oxígeno que se necesita para reaccionar con estos compuestos orgánicos.

Reacción del metano: n (O2) = 0,125 mol CH4 Reacción del propano: n (O2) = 0,045 mol C3H8

2 mol O2 1 mol CH 4

= 0,250 mol de O2

5 mol O2 1 mol C 3 H8

= 0,225 mol de O2

238


30/7/08 16:16:05

Sumamos los moles de oxígeno necesarios para llevar a cabo las dos reacciones: n (O2) = 0,250 mol + 0,225 mol = 0,475 mol de O2

Partíamos de 0,625 mol de oxígeno, n (O2) = 0,625 – 0,475 = 0,150 mol de O2 quedan sin reaccionar;

por tanto, el oxígeno (O2) es el compuesto que está en exceso.

c) Reacción de combustión del metano: 1 mol CO2 m (CO2) = 0,125 mol CH4 1 mol CH 4

1 mol CO2

2 mol H2 O

18 g H2 O

m (H2O) = 0,125 mol CH4

44 g CO2

= 5,5 g de CO2

= 4,5 g de H2O 1 mol CH 4 1 mol H2 O Reacción de combustión del propano: 3 mol CO2 44 g CO2 = 5,94 g de CO2 m (CO2) = 0,045 mol C3H8 1 mol C 3 H8 1 mol CO2 m (H2O) = 0,045 mol C3H8

4 mol H2 O

18 g H2 O

1 mol C 3 H8 1 mol H2 O La masa total de los productos obtenidos es:

= 3,24 g de H2O

mtotal = 5,5 g de CO2 + 4,5 g de H2O + 5,94 g de CO2 + 3,24 g de H2O =

= 19,18 g totales

La masa de oxígeno que queda sin reaccionar es: 32 g O2 m (O2) = 0,150 mol de O2 = 4,8 g de O2 1 mol O2

3 O2(g) → ZnO(s) + SO2(g) 2 b) El volumen de de dióxido de azufre obtenido se puede calcular aplicando:

18. a) ZnS(s) +

V=

nR T p

Si se obtienen 5,0 g de ZnO, el volumen de SO2 obtenido en c. n. es: 3 1 mol ZnO 1 mol SO2 22,4 dm SO2 = V (SO2) = 5,0 g ZnO × 81,39 g ZnO 1 mol ZnO 1 mol SO 2 = 1,38 dm3 de SO2

Si todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura, el volumen ocupado por un mol de SO2 es el mismo que el ocupado por uno de oxígeno; por tanto, el volumen de oxígeno que ha reaccionado es: 3 dm 3 O2 = 2,06 dm3 O2 V (O2) = 1,38 dm3 SO2 × 2 3 1 dm SO2 El volumen de oxígeno que queda sin reaccionar es:

Vsobrante = volumen de O2 inicial – volumen O2 reaccionado = (20 – 2,06) dm3 = = 17,94 dm3 O2 239


30/7/08 16:16:06


Por tanto, el volumen de mezcla gaseosa que se tendrá después de la reacción es: Vmezcla = 17,94 dm3 O2 + 1,38 dm3 SO2 = 19,3 dm3

19. La reacción que tiene lugar es la siguiente:

Zn(s) +2 HCl (aq)

ZnCl 2(aq) +H2(g)

a) El número de moles que tenemos inicialmente en el recipiente de reacción es:

1 mol Zn = 0,053 0,053 mols molesZnZn 65,4 g Znn 1 140 kg solución 1 m 3 solución n (HCl)= 200 cm 3 solución 6 3 10 cm solución 1 m 3 solución

n (Zn) = 3,5 g Zn

25,8 kg HCl 1000 g HCl 1 mol HCl =1,61 mol HCl 100 kg solución 1 kg HCl 36,5 g HCl

Según la reacción, por cada mol de Zn, reaccionan 2 moles de HCl. Para que reaccionen los 0,053 moles de zinc, nos harían falta: 0,053 × 2 = 0,106 moles de HCl. Como el recipiente contiene 1,61 moles de HCl, todavía sobrará cuando reaccione todo el zinc:

n (HCl)restantes = moles totales – moles que reaccionan = 1,61 – 0,106 =

= 1,504 mols HCl

Así pues, podremos decir que, cuando todo el zinc ha reaccionado, todavía quedan moles de HCl. El zinc es el reactivo limitante. b) Por cada mol de zinc que reacciona, se obtiene un mol de hidrógeno. Si ha reaccionado todo el zinc (es el reactivo limitante), es decir, 0,053 moles, se habrán formado 0,053 moles de hidrógeno. Aplicando la ley general de los gases perfectos, obtendremos el volumen de hidrógeno obtenido medido a 25 ºC y 1,01 × 105 Pa: 0,053 mol

V (H2) =

= 1,32 dm3

8,314 J mol -1 K -1 1,01 105 Pa

298 K

= 1,32

10 -3 m3 =

20. a) La ecuación química correspondiente al proceso es: MgCO3(s) → MgO(s) + CO2(g) b) Partimos de 200 g de carbonato de magnesio con un 90 % de pureza. Primero calcularemos qué masa de carbonato de magnesio puro hay en estos 200 g impuros. 90 = 180 g de MgCO3 puro m (MgCO3) = 200 g 100 Calculamos el número de moles de dióxido de carbono obtenidos: 1 mol MgCO3 1 mol CO2 = n (CO2) = 180 g MgCO3 84,3 g MgCO3 1 mol MgCO3 = 2,14 mol de CO2

A partir de la ecuación de los gases perfectos, obtenemos el volumen de dióxido de carbono.

pV=nRT

V (CO2) =

y

V=

2,14 mol CO2

nR T p 8,314 J K -1 mol -1 5

1,01 10 Pa

300 K

= 52,7 dm3 de CO2

240


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21. a) N2(g) + 3 H2(g) → 2 NH3(g) b) Según la ecuación química, para obtener 10 moles de amoníaco, los moles que reaccionarán de N2 y de H2 son: 1 mol N 2 n (N2) = 10 mol NH3 × = 5 mol N2 2 mol NH3

n (H2) = 10 mol NH3 ×

3 mol H2

= 15 mol H2 2 mol NH3 Por tanto, los moles de cada especie química después de la reacción son:

moles sobrantes N2 = moles iniciales – moles reaccionados = (30 – 5) mol N2 = = 25 mol N2

moles sobrantes H2 = moles iniciales – moles reaccionados = (30 – 15) mol H2 = = 15 mol H2

22. Se han obtenido 2,22 dm3 de amoníaco medidos a 27 ºC y 1,01 × 105 Pa. A partir de la ecuación general de los gases perfectos, podremos obtener el número de moles de amoníaco: 1,01 105 Pa 2,22 10-3 m3 = 0,09 mol NH3 8,314 J K-1 mol -1 300 K Según la reacción, por cada mol de amoníaco que se produce, ha reaccionado un mol de cloruro de amonio. También sabemos que el reactivo limitante de la reacción es el cloruro de amonio. Así pues, si se han obtenido 0,09 moles de amoníaco es porque han reaccionado 0,09 moles de cloruro de amonio. Podremos calcular la masa de cloruro de amonio que ha reaccionado: 53,5 g NH4 Cl = 4,8 g NH 4 Cl m (NH4Cl) = 0,09 moles NH4Cl 1 mol NH4 Cl

n (NH3) =

En 5,35 g de muestra, hay 4,8 g de 4,8 g de NH4Cl; por tanto, el porcentaje en masa de cloruro de amonio en la muestra será: 4,8 g NH4 Cl 100 g de muestra = 89 % de NH4Cl % NH4Cl = 5,35 g de muestra El resto, 11 % es NaCl. 23. a) Las ecuaciones de neutralización son:

Ca(OH)2(aq) + 2 HCl(aq) → CaCl2(aq) + 2 H2O(l)

KOH(aq) + HCl(aq) → KCl(aq) + H2O(l)

b) Primero debemos saber cuántos moles de HCl nos hacen falta para neutralizar cada una de las dos reacciones.

Para la reacción de hidróxido de potasio:

n (HCl) = 0,50 g Ca(OH)2

= 0,013 mol de HCl

1 mol Ca(OH)2 74,1 g Ca(OH)2

2 mol HCl = 1 mol Ca(OH)2

Los moles totales de HCl para neutralizar esta disolución son:

n (HCl) = 0,27 g KOH

1 mol KOH 1 mol HCl = 4,81×10–3 mol de HCl 56,1 g KOH 1 mol KOH 241


30/7/08 16:16:07


Los moles totales de HCl para neutralizar esta disolución son: ntotales = 0,013 + 4,81×10–3 = 0,0178 mol de HCl El volumen de solución de ácido clorhídrico es: V (solución) = 0,0178 mol HCl

1 dm 3 de solución = 178 cm3 de solución de HCl 0,1 mol HCl

24. La ecuación química de este proceso es:

Ca(OH)2(l) + 2 HCl(l) → CaCl2(l) + 2 H2O(l)

La cantidad de iones calcio que han reaccionado con el ácido es:

N (Ca2+) = 7,2×10–3 dm3 solución HCl × 1 mol iones Ca 2+ 1 mol Ca(OH)2

1 mol Ca(OH)2 0,05 mol HCl 3 2 mol HCl 1 dm solución HCl

6,02×1023 Ca 2+ = 1,08 × 1020 iones Ca2+ 2+ 1 mol Ca

Si tenemos 10 cm3 de disolución saturada, el número de iones calcio en cada cm3 es:

1,08

1020 iones calcio = 1,08 × 1019 iones calcio/cm3 10 cm 3

25. Las masas molares de los tres compuestos son: a) M (Ca(OH)2) = 74 g/mol b) M (Sr(OH)2) = 121,6 g/mol c) M (Ba(OH)2) = 171,3 g/mol En la misma masa (0,1 gramos) de cada uno de los reactivos, habrá más moles en aquel compuesto que tenga la masa molar más pequeña. En este caso, en 0,1 g de sustancia, habrá más moles en el hidróxido de calcio. Las reacciones de neutralización con HCl son:

Ca(OH)2 +2 HCl

CaCl 2 +2 H2 O

Sr(OH)2 +2 HCl

SrCl 2 +2 H2 O

Ba(OH)2 +2 HCl

BaCl 2 +2 H2 O

Según las ecuaciones químicas, por cada mol de hidróxido, se necesita la misma cantidad de moles de ácido (2 moles). Si tenemos más moles de hidróxido de calcio, necesitaremos más moles de ácido clorhídrico para que la disolución sea neutralizada. Por tanto, la solución que necesita más cantidad de ácido clorhídrico para ser neutralizada es la de Ca(OH)2. 26. El cloruro de potasio no reacciona con el ácido sulfúrico; en cambio, el hidróxido de potasio sí, y la reacción de neutralización es:

2 KOH(aq)+ H2SO4(aq) → K2SO4(aq) + 2 H2O(l)

A partir del volumen consumido de ácido sulfúrico 0,1 mol/dm3, podemos conocer el número de moles de hidróxido de potasio en la mezcla.

242


30/7/08 16:16:07

n (KOH) = 8 cm3 solución de H2SO4 2 mol KOH = 1,6 × 10–3 mol KOH 1 mol H2 SO4

1 dm 3 solución 0,1 mol H2 SO4 103 cm 3 solución 1 dm 3 solución

Como, para hacer la neutralización, sólo se han cogido 10 cm3 y la mezcla se había disuelto en 100 cm3, el número de moles de KOH en los 100 cm3 es 1,6 × 10–2 mol. A partir del número de moles de hidróxido de potasio, calculamos su masa. 56,1 g KOH m (KOH) = 0,016 mol KOH = 0,898 g de KOH 1 mol KOH

% KOH a la mezcla =

0,898 g KOH 100 = 89,8 % de KOH 1,0 g de mezcla

De cloruro de potasio hay:

% KCl = 100 – 89,8 = 10,2 % de KCl

27. La ecuación química del proceso es: 1 NO(g) + O2(g) → NO2(g) 2 La cantidad de NO2 que se tendría que obtener a partir de 100 g de NO es: 1 mol NO 1 mol NO2 46,005 g NO2 = m (NO2) = 100 g NO × 30,006 g NO 1 mol NO 1 mol NO2 = 153,32 g NO2 Si sólo se obtienen 100 g, el rendimiento de este proceso es: 100 masa obtenida ×100 = 65,2 % 100 = Rendimiento = 153,32 masa teórica 28. La reacción que tiene lugar es: CH3OH +CO CH3COOH Debemos calcular el número de moles iniciales que hay de metanol y de ácido acético: 1 000 g CH3 OH 1 mol CH3 OH × = n (CH3OH) = 20 kg CH3OH × 1 kg CH3 OH 32 g CH3 OH = 625 mol CH3OH 1 000 g CO 1 mol CO = 714 mol CO 28 g CO 1 kg CO Inicialmente, tenemos 625 moles de metanol y 714 moles de monóxido de carbono. Según la reacción, por cada mol de metanol, reacciona un mol de monóxido de carbono. Como tenemos menos moles de metanol y la reacción es mol a mol, el metanol es el reactivo limitante de la reacción.

n (CO) = 20 kg CO

Por cada mol de metanol, se obtiene un mol de ácido acético. El número de moles de ácido acético que se pueden obtener como máximo será de 625 moles. Ahora calculamos el volumen de la solución de ácido acético del 80 % en masa y densidad 1 070 kg/m3 que se obtendrá: 243


30/7/08 16:16:08

Unidad 13. Reacciones químicas. Cálculos estequiométricos 60 g CH3COOH

V (solución) = 625 mol CH3COOH

1 kg 1000 g

100 kg solución 80 kg CH3COOH

1 mol CH3COOH 3

1 m solución 1 000 dm 3 = 1 070 kg solución 1 m 3

= 43,8 dm3 de solución de ácido acético Pero esta cantidad se obtendrá cuando el rendimiento de la reacción sea del 100 %. En nuestro caso, el rendimiento de la reacción es del 90 %. Así pues, la cantidad real de solución de ácido acético al 80 % en masa y densidad 1 070 kg/m3 será: 90 = 39,4 dm3 de solución de ácido acético V (solución) = 43,8 dm3 × 100 29. a) Las reacciones químicas que se llevan a cabo son: 3 Al(s) + 3 HCl(aq) → AlCl3(aq) + H2(g) 2 Zn(s) + 2 HCl(aq) → ZnCl2(aq) + H2(g) b) A partir de la ecuación de los gases perfectos, podemos calcular el número de moles que se han producido durante las reacciones redox. V p RT -3 3 0,511 10 m 1,01 105 Pa n (H2) = = 0,021 mol de H2 8,314 J K -1 mol -1 300 K El volumen total de hidrógeno obtenido es la suma del que se ha obtenido en cada una de las reacciones redox. Sea c la masa, en gramos, de aluminio en la muestra; (0,50 ) será la masa, en gramos, de zinc.

pV=nRT

y

n=

Podemos plantear la ecuación siguiente, de acuerdo con la estequiometría de las ecuaciones de cada una de las reacciones.

g Al

1 mol Al 1,5 mol H2 27,0 g Al 1 mol Al

(0,50

) g Zn

1 mol Zn 1 mol H2 65,4 g Zn 1 mol Zn

= 0,021 mol H2 Haciendo operaciones: c = 0,332 g Al

Por tanto, los 0,50 g de aleación contienen 0,332 g de aluminio. Si expresamos este resultado en tanto por ciento en masa, tenemos:

0,332 g Al 100 = = 66,4 % de Al 0,5 g aleación % de Zn = 100 – 66,4 = 33,6 % de Zn % de Al =

30. El ácido clorhídrico reacciona con el aluminio y el magnesio; las reacciones químicas que tiene lugar son: 3 Al(s) + 3HCl(aq) → AlCl3(aq) + H2(g) 2 Mg(s) + 2HCl(aq) → MgCl2(aq) + H2(g)

244


30/7/08 16:16:08

a) Como la aleación está formada por un 90 % de aluminio y un 10 % de magnesio, calculamos qué masa hay de cada uno: 90 = 1,242 g Al Al: 1,38 g × 100 10 Mg: 1,38g × = 0,138 g Mg 100 El volumen de ácido clorhídrico necesario es: 1 mol Al 3 mol HCl 1 dm 3 de solución de HCl = 27 g Al 1 mol Al 2 mol HCl = 0,069 dm3 de solución de HCl

1,242 g Al

0,138 g Mg

1 mol Mg 2 mol HCl 1 dm 3 de solución de HCl = 2 mol HCl 24,3 g Mg 1 mol Mg = 5,68×10–3 dm3 de solución de HCl

El volumen total de solución de HCl es: V (solución de HCl)total = 0,069 + 5,68×10–3 = 0,0747 dm3

b) Primero calculamos los moles de hidrógeno: 1 mol Al 3 2 mol H2 = 0,069 mol H2 27 g Al 1 mol Al 1 mol Mg 1 mol H2 0,138 g Mg = 5,68×10–3 mol H2 24,3 g Mg 1 mol Mg n (H2)totales = 0,069 + 5,68×10–3 = 0,0747 mol H2

1,242 g Al

El volumen de hidrógeno lo podemos calcular según:

p V = n R T y

V (H2) =

= 1,84 dm3

V=

0,0747 mol H2

nR T p 8,31 J K -1 mol -1 300 K

1,01 105 Pa

= 1,84 ×10–3 m3 =

31. a) Cu(s) + 2 AgNO3(aq) → 2Ag(s) + Cu(NO3)2(aq) Los iones nitrato, NO3–, no toman parte en la reacción. Se denominan iones espectadores. b) La solución de nitrato de plata es incolora. El cobre metálico no lo colorea inicialmente, pero, a medida que el metal cobre se va oxidando, es decir, cediendo electrones, los iones de cobre Cu2+ resultantes pasan al medio acuoso donde se solvatan y presentan una coloración azulada. A medida que progresa la reacción, la coloración azulada se intensifica. 32. La reacciones químicas que tienen lugar son:

2 NaOH(aq)+ H2SO4(aq) → Na2SO4(aq) + 2 H2O(l)

2 KOH(aq)+ H2SO4(aq) → K2SO4(aq) + 2 H2O(l)

A partir de la concentración y del volumen utilizado de ácido sulfúrico, podemos conocer el número de moles de ácido sulfúrico necesarios para neutralizar la disolución. 245


30/7/08 16:16:09

Unidad 13. Reacciones químicas. Cálculos estequiométricos n (H2SO4) = 0,0483 dm3

0,25 mol H2 SO4

= 0,0121 mol H2SO4 1 dm 3 Sea c la masa, en gramos, de hidróxido de sodio en la muestra; (1,15 masa, en gramos, de hidróxido de potasio.

) será la

Podemos plantear la ecuación siguiente, de acuerdo con la estequiometría de las ecuaciones de cada una de las reacciones: 1 mol NaOH 1 mol H2 SO4 (1,15 ) g KOH 40 g NaOH 2 mol NaOH 1 mol KOH 1 mol H2 SO4 0,0121 mol H2SO4 56,1 g KOH 2 mol KOH g NaOH

Haciendo operaciones:

c = 0,52 g NaOH

33. La ecuación química de este proceso es:

4 Na(s) + O2(g) → 2 Na2O(s)

El incremento de masa de la muestra se debe al oxígeno que ha reaccionado con el sodio superficial; por tanto, sabemos que se ha añadido 1 g de oxígeno. Calculamos la masa de sodio que ha reaccionado con esta masa de oxígeno: 1 mol O2 2 mol Na2 O 2 mol Na 23 g Na × × × 1 g O2 × = 2,875 g Na 1 mol Na2 O 1 mol Na 32 g O2 1 mol O2 Por tanto, la masa de sodio que queda sin reaccionar es:

m (Na) = 5,0 g – 2,875 g = 2,125 g Na

34. Exotérmicas: -La combustión del carbón y derivados del petróleo y del gas natural se utiliza para la obtención de energía. -El amoníaco, NH3, es un producto muy importante en la industria química. Se obtiene industrialmente haciendo reaccionar el nitrógeno con el hidrógeno. Endotérmicas: -La reacción del carbón con el vapor de agua para obtener monóxido de carbono e hidrógeno. -La obtención del cal viva a partir de carbonato de calcio. 37. Experimentalmente, se puede observar que la velocidad de reacción aumenta al aumentar la temperatura del sistema que reacciona. Según el modelo de choques moleculares, al aumentar la temperatura de una sustancia, las partículas aumentan su velocidad, es decir, se mueven más deprisa, y su energía cinética es mayor. Por tanto, aumentará el número de choques por unidad de tiempo y también aumentará la eficacia de los choques. 38. a) Si la concentración de ácido clorhídrico aumenta, lo hace también el número de partículas por unidad de volumen y, por tanto, el número de sus choques contra la superficie del zinc. Es decir, si el ácido es más concentrado, la velocidad de reacción aumenta. 246


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b) A igual temperatura, podemos mezclar cantidades idénticas de zinc, en el mismo estado de división, con volúmenes iguales del ácido en diferente concentración. El sistema con una mayor velocidad de reacción desprenderá más hidrógeno por unidad de tiempo hasta que se agote uno de los reactivos. 39. Los biocatalizadores son sustancias que hacen posible que se desarrollen reacciones químicas en los seres vivos que. Si se hacen en el laboratorio, son extremadamente lentas. Estas sustancias son las vitaminas, los fermentos, las hormonas y las enzimas.

247


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Unidad 14. Introducción a la química del carbono. Hidrocarburos y derivados halogenados 1. Fue la urea, en el año 1828. Friedrich Wölher realizó esta primera síntesis a partir del cianato de amonio: calor NH4NCO NH2CONH2 De esta manera, se inició la obtención de compuestos que, hasta 1828, se creían exclusivos de los organismos vivos. Este pensamiento, conocido con el nombre de vitalismo, afirmaba que los compuestos que se obtenían de los seres vivos sólo podían proceder de una fuerza vital presente en éstos. La síntesis de la urea, un producto abundante en la orina, significó el inicio de la química orgánica y el fin del vitalismo. 2. Este término se aplica en compuestos diferentes que tienen la misma fórmula molecular. Según el fenómeno que causa la isomería, hay de diferentes clases: a) Cuando el origen se encuentra en la diferente distribución de los átomos en las moléculas, se habla de isomería constitucional, la cual, al mismo tiempo, puede clasificarse en: a1) De cadena, cuando es causada por una distribución diferente de los átomos de carbono e hidrógeno. Por ejemplo, la fórmula molecular del C6H14 presenta unos cuantos isómeros de cadena, dos de los cuales son: CH3–CH2–CH2–CH2–CH2–CH3 CH3–CH2–CH–CH2–CH3

n-hexano 3-metilpentano

CH3 a2) De posición, cuando es causada por una distribución diferente de dobles y/o triples enlaces, o del grupo funcional. La fórmula molecular C6H12 presenta unos cuantos isómeros de posición, dos de los cuales son:

CH3–CH2–CH2–CH2–CH=CH2 CH3–CH2–CH2–CH=CH–CH3

1-hexeno 2-hexeno

a3) De función, cuando dos o más moléculas tienen grupos funcionales diferentes. La fórmula molecular C2H6O presenta los isómeros de función siguientes:

CH3–CH2–OH CH3–O–CH3

etanol dimetil eter

b) Cuando el origen se encuentra en la posición de los átomos en el espacio, se habla de estereoisomería, y cada molécula se diferencia de la otra por su configuración. La estereoisomeria geométrica la causa la diferente distribución de los átomos a cada lado de los enlaces dobles. Es necesario que ninguno de los átomos que forman el doble enlace no tenga los dos grupos idénticos. La fórmula molecular C2Cl2F2 presenta los estereoisómeros geométricos siguientes: F

Cl

|

|

|

F C=C

|

Cl

|

F

F

|

Cl

|

|

C=C

Cl

248


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3. a) CH3—CH2—CH—CH2—CH—CH2—CH—CH2—CH2—CH3 CH3

CH2

CH2

CH3

CH2 CH3

b) CH3—CH—CH2—CH—CH—CH2—CH2—CH3 CH3

CH3 CH3

c) c) CH3—CH—CH—CH2—CH—CH—CH2—CH2—CH3 CH3 CH3 d) CH2 d)

CH3 CH3

CH—CH CH—CH2—CH3

e) c) CH3—CH—CH—CH2—CH—CH—CH2—CH2—CH3 CH3 CH3 f) f)

CH3 CH3

CH3

CH2 CH2 CH— C —CH2—CH2—CH2—CH3 CH2 CH3 g) g) CH2 CH—CH2—CH CH—CH3 h) h) CH2 CH—CH—CH—CH CH—CH3 CH3 CH2—CH2—CH3 i)

CH2—CH3

i) CH2 C CH—C—CH2—CH CH—CH3 CH2—CH3

249


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Unidad 14. Introducción a la química del carbono. j) j) CH2 CH—C CH—C CH—CH CH—CH2—CH3 CH3

CH2 CH3

4. a) a) CH3—C C—CH2—CH3 b) b) CH3—C C—C C—CH3 c) c) CH C—C C—C C—CH2—CH3 d)

CH3

CH C—C—C CH CH3 e) e) CH2 CH—C CH f) f) CH3—CH CH—C C—CH3 g) CH2 CH—CH2—CH2— C C—C CH CH3 CH2 CH3 h) h) CH2 CH—C C—CH CH—C C—CH2—CH3 i) i) CH2 C—C C—C CH CH3 j)

CH3

j) CH C—CH—C—C C—CH3 CH3 CH3 5. a)

c)

e)

CH2—CH2—CH3 CH3

b)

d)

250


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6. a)

e)

CH3

b) CH2—CH3

f)

CH3 CH2—CH3

CH3

CH2—CH3 c)

g)

CH3 CH2—CH2—CH3 CH3 CH3

CH2—CH3 d) CH2—CH2—CH3

h)

CH2—CH2—CH2—CH2—CH3

CH2—CH2—CH3 CH3—CHCl—CH3 7. a)

f) Cl

b) CCl3—CH3

g) Cl

Cl F

c) CHCl3 d) CHl Cl—CH2—CH3

Cl

CH C—CH—CHBr—CH2—CH3 e)

h) Cl

Cl

Cl

Cl

CH2

Cl

CH3 i) CH2 CH—CHF—CH2—CH3 j) CH3 Cl F 8. a) 3-etil-2,5-dimetilheptano

e) 3-etil-1,3,5-hexatrieno

b) 3-metil-1-pentino

f) 3-metil-1-hepten-5-ino

c) 5-etil-1,3,5-octatrieno

g) 4-metil-2-nonino

d) 3,4-dimetil-2,4-octadien-7-ino

251


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Unidad 14. Introducción a la química del carbono. 9. a) tolueno o benceno b) 1-etil-3-metilbenceno o m-etilmetilbenceno c) 2-etil-1,3-dimetilbenceno 10. a) 2-cloro-3-etilpentano b) 3-bromo-4-fluoro-1-penteno c) 6,6,6-trifluoro-4-metil-2-hexino d) 1-cloro-2-fluorobenceno u o-clorofluorobenceno e) 1-bromo-3-cloro-5-fluorobenceno f) 1-bromo-3-cloro-2-metilhexano g) 1,3-etil-6-yodo-1,4-hexadiino h) 4-bromo-1-yodo-3-metilbutano i) 3-fluoro-1,1-dimetilciclopentano j) 3-dicloro-5-etilbenceno k) 2-fluoro-1,1-dimetilciclopentano 11. CH2 CH—CH2—CH2—CH2—CH2—CH3

1-hepteno

CH3—CH CH—CH2—CH2—CH2—CH3

2-hepteno

CH3—CH2—CH CH—CH2—CH2—CH3

3-hepteno

CH2 CH—CH2—CH2—CH—CH3

5-metil-1-hexeno

CH3 CH2 CH—CH2—CH—CH2—CH3

4-metil-1-hexeno

CH3 CH2 CH—CH—CH2—CH2—CH3

3-metil-1-hexeno

CH3 CH2 C—CH2—CH2—CH2—CH3

2-metil-1-hexeno

CH3 CH3—CH CH—CH2—CH—CH3

5-metil-2-hexeno

CH3

252


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CH3—CH CH—CH—CH2—CH3

4-metil-2-hexeno

CH3 CH3—CH C—CH2—CH2—CH3

3-metil-2-hexeno

CH3 CH3—C CH—CH2—CH2—CH3

2-metil-2-hexeno

CH3 CH3—CH2—CH CH—CH—CH3

2-metil-3-hexeno

CH3

CH3—CH2—CH C—CH2—CH3

CH3 CH2 CH—CH—CH2—CH3

3-metil-3-hexeno

3-etil-1-penteno

CH2 CH3 CH2 C—CH2—CH2—CH3

2-etil-1-penteno

CH2 CH3 CH3—CH C—CH2—CH3

3-etil-2-penteno

CH2 CH3 12. CH3—C C—C C—CH3 CH2 C CH—CH C CH2

4-hexadiino 1,2,4,5-hexatetraeno

13. CCl —CH —CH 3 2 3 CHCl2—CHCl—CH3 CHCl2—CH2—CH2Cl CH2Cl—CHCl—CH2Cl CH2Cl—CCl2—CH3

1,1,1-tricloropropano 1,1,2-tricloropropano 1,1,3-tricloropropano 1,2,3-tricloropropano 1,2,2-tricloropropano

253


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Unidad 14. Introducción a la química del carbono. 14.

CH3

CH3

CH3—CH2—C—CH2—CH2—CH—CH3 CH2

5-etil-2,5-dimetildecano

CH2 CH2—CH2—CH3 15. CH2 CH—CH2—CH3 CH3—CH CH—CH3

1-buteno 2-buteno

El 2-buteno presenta dos estereoisómeros: CH3

E-2-buteno o trans 2-buteno

C C H 16.

CH3

H

CH3

C C H

CH3 CH3

Z-2-buteno o cis-2-buteno H

CH3

CH3

CH3

CH3

CH3 1,2,3-trimetilbenceno 17. Cl H

Cl

Cl C C H

CH3

CH3 1,2,4-trimetilbenceno

Z-1,2-dicloroeteno o cis-1,2-dicloroeteno

CH3

1,3,5-trimetilbenceno

H C C

H

Cl

E-1,2-dicloroeteno o trans-1,2-dicloroeteno

18. Los alquenos son químicamente reactivos y su reacción más característica es la adición a los dobles enlaces del hidrógeno, de los halógenos o de los hidrácidos. Los alcanos, contrariamente, son muy poco reactivos; por ejemplo, sólo reaccionan con los halógenos en presencia de luz mediante una reacción de sustitución. Con estos datos, podemos prever que el 2-hexeno reaccionará fácilmente con el hidrógeno, mientras que el hexano no lo hará. Así los podremos identificar. 19. CH2Cl—CH2—CH2—CH2—CH3

1-cloropentano

CH3—CHCl—CH2—CH2—CH3

2-cloropentano

CH3—CH2—CHCl—CH2—CH3

3-cloropentano

20. La masa molar de los compuestos es:

M (metano, CH4) = 12 + (1 × 4) = 16 g/mol

M (etano, C2H6) = (12 × 2) + (1 × 6) = 30 g/mol

254


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M (propano, C3H8) = (12 × 3) + (1 × 8) = 44 g/mol

M (butano, C4H10) = (12 × 4) + (1 × 10) = 58 g/mol

La densidad se define como la masa por unidad de volumen. Podemos decir que, bajo las mismas condiciones de temperatura y presión, la densidad va creciendo con la masa molecular. Así, el propano y el butano serán más densos que el aire (sus masas moleculares son mayores que la masa molecular media del aire). El metano será menos denso que el aire. Respecto al etano, su densidad y la del aire son iguales. 21. En primer lugar, escribiremos las reacciones que se dan en el proceso.

CH4(g) + 2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O(g)

C3H8(g) + 5 O2(g) → 3 CO2(g) + 4 H2O(g)

C4H10(g) +

13

2

O2(g) → 4 CO2(g) + 5 H2O(g)

Como todos los gases están medidos en las mismas condiciones de presión y temperatura, el volumen ocupado por un mol de metano es el mismo que el ocupado por uno de oxígeno, de dióxido de carbono o de vapor de agua. Primero calcularemos qué volumen de oxígeno se consume durante las reacciones. Reacción del metano:

2 volúmenes O2

V (O2) = 10,0 cm3 CH4

1 volumen CH 4

Reacción del propano:

5 volúmenes O2

V (O2) = 20,0 cm3 C3H8

1 volumen C 3 H8

Reacción del butano:

= 20,0 cm3 O2

= 100,0 cm3 O2

13/2 volúmenes O2

V (O2) = 5,0 cm3 C4H10

V (O2)total = 20,0 + 100,0 + 32,5 = 152,5 cm3

1 volumen C 4 H10

= 32,5 cm3 O2

Calculamos el volumen de oxígeno que ha quedado sin reaccionar.

V (O2) = 250 − 152,5 = 97,5 cm3

Seguidamente, calculamos el volumen que se forma de cada uno de los gases. Reacción del metano:

V (CO2) = 10,0 cm3 CH4

V (H2O) = 10,0 cm3 CH4

Reacción del propano:

V (CO2) = 20,0 cm3 C3H8

V (H2O) = 20,0 cm3 C3H8

Reacción del butano:

V (CO2) = 5,0 cm3 C4H10


1 volumen

2

1 volumen CH 4

= 10,0 cm3 CO2

2 volúmenes H2 O 1 volumen CH 4 3 volúmenes

2

1 volumen C 3 H8 4 volúmenes H2 O 1 volumen C 3 H8 4 volúmenes

2

1 volumen C 4 H10

= 20,0 cm3 H2O = 60,0 cm3 CO2 = 80,0 cm3 H2O

= 20,0 cm3 CO2 255

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Unidad 14. Introducción a la química del carbono. 5 volúmenes

O

V (H2O) = 5,0 cm3 C4H10

= 25,0 cm3 H2O 1 volumen C 4 H10 Sumando todos los volúmenes de gases que se han obtenido y el del oxígeno que no ha reaccionado:

Vgas = 97,5 cm3 O2 + 10,0 cm3 CO2 + 20,0 cm3 H2O + 60,0 cm3 CO2 +

2

80,0 cm3 H2O + 20,0 cm3 CO2 + 25,0 cm3 H2O = 312,5 cm3 de gas 22. a) Se han obtenido 1,905 g de agua. La masa de hidrógeno procedente del compuesto orgánico es: 1 mol H2 O 2 mol H 1 gH m (H) = 1,905 g H2O × × × = 0,21 g de H 18 g H2 O 1 mol H2 O 1 mol H El CO2 obtenido debe hacerse reaccionar con el hidróxido de calcio según la ecuación:

CO2( g ) +Ca(OH)2(aq) →CaCO3( s) + H2 O(l)

Se han obtenido 10,59 g de carbonato de calcio. Un mol de dióxido de carbono reacciona para dar un mol de carbonato de calcio. Suponiendo que el rendimiento de esta reacción ha sido del 100 %, podemos calcular la masa de CO2 que se ha obtenido en la combustión: 1 mol CaCO3 1 mol CO2 44 g CO2 m (CO2) = 10,59 g CaCO3 × × × = 100 g CaCO3 1 mol CaCO3 1 mol CO2 = 4,66 g de CO2

Ahora podemos calcular la masa de carbono procedente del compuesto orgánico: 1 mol CO2 12 g C 1 mol C × × = 1,27 g de C m (C) = 4,66 g CO2 × 44 g CO2 1 mol CO2 1 mol C En la combustión del compuesto, se han obtenido 0,21 g de hidrógeno y 1,27 g de carbono. Sumando las masas de carbono e hidrógeno:

m = 1,27 + 0,21 = 1,48 g

Esta masa es prácticamente igual a la masa inicial del compuesto orgánico. Así pues, podremos decir que el compuesto sólo está formado por carbono e hidrógeno.

Ahora podemos calcular el número de moles de átomos de cada elemento: n (C)=1,27 g de C

1 mol de átomos de C =0,106 mols de C molesd'àtoms de átomos C 12,01 g C

1 mol de átomos de H molesd'àtoms de átomos H =0, 21 mols de H 1,00 g H Dividiendo por el valor más pequeño, obtendremos la relación equivalente expresada en números enteros: 0,106 átomos de C =1 átomo de C 0,106 0,21 átomos de H =1,98 ≈ 2 átomos de H 0,106 La fórmula empírica del compuesto es CH2

n (H)=0, 21 g de H

La fórmula molecular es (CH2)n. A 375 K y 9,9 × 104 Pa, 0,620 g del compuesto ocupan un volumen 0,346 dm3. Podemos calcular el número de moles que hay 256


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en este volumen. Aplicando la ecuación general de los gases perfectos:

9,9 10 4 Pa 0,346 10 -3 m 3 = 0,011 mol de compuesto 8,314 J K -1 mol -1 375 K La masa molar es: 0,620 g = 56,1 g mol -1 M (aproximada) = 0,011 mol La masa molecular hallada es 56,1. Como esta masa molecular es aproximadamente cuatro veces mayor que la masa de la fórmula empírica, n es igual a cuatro. 56,1 n= ≈4 14 La fórmula molecular es C4H8. n=

b) Los posibles isómeros son:

1-buteno CH2 =CH CH2

2-buteno CH3 CH =CH CH3

CH3

2-metil-1-propeno CH3 C=CH2 | CH3

ciclobutano

H2C – CH2 | | H2C – CH2

metilciclopropano H2C

CH2

CH2 CH3

257


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CASALS-Solucionario-Fisica-y-Quimica-1-Bachillerato.pdf

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