Coligativas.pdf

UNIDAD 8

SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 8.1 SOLUCIONES Las disoluciones son mezclas homogéneas de sustancias en iguales o distintos estados de agregación. La concentración de una disolución constituye una de sus principales características. Bastantes propiedades de las disoluciones dependen exclusivamente de la concentración. Su estudio resulta de interés tanto para la física como para la química. El estudio de los diferentes estados de agregación de la materia se suele referir, para simplificar, a una situación de laboratorio, admitiéndose que las sustancias consideradas son puras, es decir, están formadas por un mismo tipo de componentes elementales, ya sean átomos, moléculas, o pares de iones. Los cambios de estado, cuando se producen, sólo afectan a su ordenación o agregación. Sin embargo, en la naturaleza, la materia se presenta, con mayor frecuencia, en forma de mezcla de sustancias puras. Las disoluciones constituyen un tipo particular de mezclas. El aire de la atmósfera o el agua del mar son ejemplos de disoluciones. El hecho de que la mayor parte de los procesos químicos tengan lugar en disolución hace del estudio de las disoluciones un apartado importante de la químicafísica. Una solución es una mezcla homogénea de dos o mas sustancias puras, en la cual, al componente en menor proporción se denomina soluto y al componente en mayor proporción disolvente o solvente. 8.2 CONCEPTOS FUNDAMENTALES La separación de un sistema material en los componentes que lo forman puede llevarse a cabo por métodos físicos o por métodos químicos. Los primeros incluyen una serie de operaciones tales como filtración, destilación o centrifugación, en las cuales no se produce ninguna alteración en la naturaleza de las sustancias, de modo que un simple reagrupamiento de los componentes obtenidos tras la separación dará lugar, nuevamente, al sistema primitivo. Los segundos, sin embargo, llevan consigo cambios químicos; la materia base sufre transformaciones que afectan a su naturaleza, por lo que una vez que se establece la separación, la simple reunión de los componentes no reproduce la sustancia original. El estudio de las soluciones exige el conocimiento de los siguientes conceptos fundamentales resumidos en un diagrama de flujo. MATERIA

SUSTANCIA ELEMENTO

MEZCLA COMPUESTO

SOLUCIONES SOLUTO

M. HOMOGENEA

COLOIDES SOLVENTE

FASE DISPERSA

M. HETEROGENEA

SUSPENSIÓN FASE DISPERSANTE

Las nociones científicas de combinación, mezcla y disolución tienen en común el hecho de que, en todos los casos, intervienen dos o más componentes, a pesar de lo cual presentan diferencias notables. Una combinación química es una sustancia compuesta formada por dos o más elementos cuyos átomos se unen entre sí mediante fuerzas de enlace. Sus entidades elementales, ya sean moléculas, ya sean pares iónicos, son iguales entre sí, y sólo mediante procedimientos químicos que rompan tales uniones es posible separar los elementos componentes de una combinación. 8.3 PROPIEDADES DE UNA SOLUCIÓN Al sumergir una porción de azúcar en un vaso de precipitados con agua éste se disuelve con mucha lentitud, pero si agitamos con algún medio mecánico, el proceso de disolución se acelera; la mezcla resultante es un líquido claro con un sabor característico dulce, el sabor uniforme sugiere que la distribución del azúcar es homogéneo a través de todo el líquido. Una vez que la solución está

282

SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS

uniformemente mezclada, la razón de la masa de azúcar respecto del agua permanece indefinidamente constante en todo el sistema, y tal sistema es una solución. Por ejemplo una solución acuosa de glucosa (suero comercial).

glucosa

10 g de soluto 200 g de disolvente

agua

8.3.1 Proceso de Disolución El mecanismo del proceso de disolución puede llevarse a cabo con reacción química o sin reacción química. Ambos se tratan de una mezcla de soluto y disolvente, el proceso de disolución desde el punto de vista molecular consta de tres etapas: • • •

Separación de moléculas del soluto Separación de moléculas del disolvente Mezcla de moléculas del soluto y el disolvente

Y se debe fundamentalmente a dos factores: La tendencia a una energía mínima denominada entalpía de disolución y del desorden molecular llamada entropía, a mayor desorden mayor entropía. Se establece que la estabilidad depende de la energía mínima o la máxima entropía en un proceso de disolución. En el proceso de disolución, a nivel molecular debe existir afinidad entre moléculas de soluto y solvente. Para que se realice la disolución se considera una regla importante: “LO SEMEJANTE DISUELVE A LO SEMEJANTE”, O “SUSTANCIAS POLARES DISUELVEN SUSTANCIAS POLARES Y SUSTANCIA NO POLARES DISUELVEN SUSTANCIAS NO POLARES”. 8.3.2 Clasificación de las

Soluciones

Las soluciones se pueden clasificar, atendiendo a 5 aspectos importantes: i) ii) iii) iv) v)

Según el número de componentes.- Soluciones binarias, soluciones ternarias y soluciones cuaternarias. Según la naturaleza del disolvente.- Soluciones acuosas y soluciones orgánicas Según la naturaleza del soluto.- Soluciones ácidas, soluciones básicas y soluciones neutras Según la cantidad de sus componentes.- soluciones diluidas, soluciones concentradas, soluciones saturadas y soluciones sobre saturadas Según los estados de agregación.- Soluciones sólidas, líquidas y gaseosas.

Ejemplo 8.1.- Dar un ejemplo de una solución constituida por las siguientes fases a) gas-gas, b) líquido-gas, c) líquido-líquido, d) líquido-sólido, e) sólido-sólido. Solución.a) Gas- gas:

Aire (O2, CO2, etc en N2)

b) Líquido – gas:

Soda (CO2

c) Líquido – líquido:

alcohol para fricciones (H2O

d) Líquido – sólido:

agua de mar (NaCl, LiCl, etc en H2O

e) Sólido-sólido:

“anillo de oro” de 18 quilates (Cu en Au)

(g)

en H2O

( )) A

() A

en i-C3H7OH

( )) A

( )) A

8.4 SOLUBILIDAD La solubilidad se define como la cantidad de una sustancia que se disuelve en una cantidad dada de disolvente (por ejemplo agua) a una temperatura dada para dar una solución saturada; es la concentración máxima posible. Por ejemplo, La solubilidad de NaCl es: solubilidad =

36 g de NaCl 100 g H2O

Al añadir 40 gramos de NaCl, en 100 g de agua quedaran 4 g de sal sin disolverse.

CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

QMC – 101

TÉCNICO CIENTÍFICO

283


Las sustancias no se disuelven en igual medida en un mismo disolvente. Con el fin de poder comparar la capacidad que tiene un disolvente para disolver un producto dado, se utiliza una magnitud que recibe el nombre de solubilidad. La capacidad de una determinada cantidad de líquido para disolver una sustancia sólida no es ilimitada. Añadiendo soluto a un volumen dado de disolvente se llega a un punto a partir del cual la disolución no admite más soluto (un exceso de soluto se depositaría en el fondo del recipiente). Se dice entonces que está saturada. Pues bien, la solubilidad de una sustancia respecto de un disolvente determinado es la concentración que corresponde al estado de saturación a una temperatura dada. Las solubilidades de sólidos en líquidos varían mucho de unos sistemas a otros. Así a 20 ºC la solubilidad del cloruro de sodio (NaCl) en agua es 6 M y en alcohol etílico (C2H6O), a esa misma temperatura, es 0.009 M. Cuando la solubilidad es superior a 0.1 M se suele considerar la sustancia como soluble en el disolvente considerado; por debajo de 0.1 M se considera como poco soluble o incluso como insoluble si se aleja bastante de este valor de referencia. La solubilidad depende de la temperatura; de ahí que su valor vaya siempre acompañado del de la temperatura de trabajo. En la mayor parte de los casos, la solubilidad aumenta al aumentar la temperatura. Se trata de procesos en los que el sistema absorbe calor para apoyar con una cantidad de energía extra el fenómeno la solvatación. En otros, sin embargo, la disolución va acompañada de una liberación de calor y la solubilidad disminuye al aumentar la temperatura. 8.5 PSEUDOSOLUCIONES Son mezclas heterogéneas, en la cual las partículas son relativamente grandes para que, aunque no se observen a simple vista, dispersen la luz, pero son suficientemente pequeñas para que no se depositen con facilidad. Algunas sustancias tienen moléculas relativamente grandes que forman necesariamente coloides. En las disoluciones las partículas son del tamaño de los átomos, iones o pequeñas moléculas (1 - 10 amstrongs), son homogéneas y transparentes; no presentan efecto de Tyndall, son estables a la gravedad. En las dispersiones coloidales las partículas de al menos uno de los componentes son grandes grupos de átomos, de iones o de pequeñas moléculas (10 – 10000 amstrongs), son opacas, pueden ser transparentes pero presentan efecto Tyndall, son menos estables a la gravedad; el movimiento Browniano evita deposición de las partículas. Estos sistemas presentan dos fases, una fase dispersa y una fase dispersante. En las suspensiones, las partículas de al menos uno de los componentes pueden ser vistas con un microscopio de baja resolución (> 10000 amstrongs), no son homogéneas y transparentes son inestables a la gravedad. La siguiente tabla nos muestra algunos ejemplos de coloides. TABLA 8.1.- Clasificación de los coloides según el estado de agregación

FASE DISPERSA Gas Líquido Sólido Gas Líquido Sólido Gas Líquido Sólido

FASE DISPERSANTE Gas Gas Gas Líquido Líquido Líquido Sólido Sólido Sólido

TIPO DE COLOIDE ................. Aerosol líquido Aerosol sólido Espuma Emulsión Sol y gel Espuma sólida Emulsión sólida Sol sólida

EJEMPLO .................. Niebla Humo Espuma de cerveza Leche, mayonesa Pintura, jabón en agua Esponja, piedra pómez Mantequilla Porcelana

8.6 CONCENTRACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN Las propiedades de una disolución dependen de la naturaleza de sus componentes y también de la proporción en la que éstos participan en la formación de la disolución. La curva de calentamiento de una disolución de sal común en agua, cambiará aunque sólo se modifique en el experimento la cantidad de soluto añadido por litro de disolución. La velocidad de una reacción química que tenga lugar entre sustancias en disolución, depende de las cantidades relativas de sus componentes, es decir, de sus


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concentraciones. La concentración de una disolución es la cantidad de soluto disuelta en una cantidad unidad de disolvente o de disolución. 8.6.1 Formas de expresar la concentración Existen diferentes formas de expresar la concentración de una disolución. Las que se emplean con mayor frecuencia suponen el comparar la cantidad de soluto con la cantidad total de disolución, ya sea en términos de masas, ya sea en términos de masa a volumen o incluso de volumen a volumen, si todos los componentes son líquidos. En este grupo se incluyen las siguientes: a) Molaridad. Es la forma más frecuente de expresar la concentración de las disoluciones en química. Indica el número de moles de soluto disueltos por cada litro de disolución; se representa por la letra M. Una disolución 1 M contendrá un mol de soluto por litro, una 0.5 M contendrá medio mol de soluto por litro, etc. El cálculo de la molaridad se efectúa determinando primero el número de moles y dividiendo por el volumen total en litros: MOLARIDAD =

NUMERO DE MOLES DE SOLUTO 1 LITRO DE SOLUCIÓN

La preparación de disoluciones con una concentración definida de antemano puede hacerse con la ayuda de recipientes que posean una capacidad conocida. Así, empleando un matraz aforado de 250 cm3, la preparación de una disolución 1 M supondrá pesar 0.25 moles de soluto, es decir: M=

0.25 moles de soluto 1000 cm3 1 * = 1 molar 250 cm3 1A

En laboratorio se echa una cantidad de disolvente (agua) a un vaso de precipitados, luego se añade la muestra pesada, y se agita para conseguir disolver completamente el soluto; a continuación se trasvasa a un matraz aforado para luego añadir el disolvente necesario hasta enrasar el nivel de la disolución con la señal del matraz. Si se conoce la densidad y la concentración en %(p/p) de soluto, se puede calcular la concentración molar. Ejemplo 8.2.- Una solución acuosa de ácido perclórico etiquetada muestra una concentración del 35% en masa de HClO4 y una densidad de 1.251 g/cc. ¿Cuál es la concentración molar de la solución? M =

1molHClO4 1.251gsol. 1000cm3 sol. 35gHClO4 ∗ ∗ ∗ = 4.36molar 1cm3 sol. 1Asol. 100gsol. 100.5gHClO4

Ejemplo 8.3.- Una solución de ácido de ácido sulfúrico de 1.68 g/ml de densidad tiene 75.50% en masa de H2SO4. a) Determinar el volumen que ocupará 150 g de H2SO4, b) ¿Cuál es la concentración molar de la solución? (considere volúmenes aditivos de H2O y H2SO4) Solución.- En principio determinamos la masa de la solución a partir de 150 g de H2SO4: 150gH2SO4 ∗

100gdesolución = 198.675gdesolución 75.50gH2SO4

Luego determinamos la masa de agua en la solución: mH2O = 198.675g − 150g = 48.675gH2O

Puesto que la densidad del agua es 1 g/ml, el volumen de agua es 48.675 ml de H2O Finalmente el volumen de ácido sulfúrico puro determinamos a partir del volumen total de la solución: ρ =

Vsolución =

1

msolución

ρ solución

=

m V

198.675g = 118.259ml 1.68g / ml

En este texto se simbolizará 1 litro = 1A. Generalmente los reactivos están etiquetados con datos de densidad y

concentración del soluto en %(p/p), por tanto se puede determinar la concentración molar de la solución. CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

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VH2SO4 = 118.259ml − 48.675ml = 69.839ml

b) La concentración molar se puede determinar a partir de los siguientes datos: i) Considerando densidad y concentración % (p/p) de soluto: es decir de 1,68 g/ml y 75.50 % de H2SO4. M =

1.68gsol. 1000cm3 sol. 75.50gH2SO4 1molH2SO4 ∗ ∗ ∗ = 12.94molar 1cm3 sol. 1Asol. 100gsol. 98gH2SO4

ii) Considerando la masa del ácido sulfúrico puro y el volumen de la solución, es decir: 150 g de H2SO4 y 118.259 ml de solución: M =

150gH2SO4 1000mlsolución 1molH2SO4 ∗ ∗ = 12.94molar 118.259ml 1Adesolución 98gH2SO4

b) Normalidad.- Es otra de las unidades de concentración más usadas en química y se define de acuerdo a la siguiente expresión matemática: NORMALIDAD =

NUMERO DE EQUIVALENTES - GRAMO DE SOLUTO 1 LITRO DE SOLUCIÓN

El número de equivalente – gramo de soluto se determina de acuerdo a la sustancia, es decir, para ácido, bases y sales se calcula: i) Equivalente – gramo de un ácido, por ejemplo del ácido fosfórico: 1 eq - gH3PO4 =

MH3PO4 3

=

1 mol de H3PO4 3

Esto es, para determinar el equivalente gramo de los ácidos, se divide el peso molecular entre la cantidad de hidrógenos que posee ésta. La relación entre moles y equivalente gramo se puede determinar a partir de la anterior definición, por ejemplo para el ácido fosfórico se tendrá: 3 eq - g de H3PO4 = 1 mol de H3PO4

ii) Equivalente – gramo de una base, por ejemplo del hidróxido estánnico: 1 eq - g Sn(OH)4=

MSn(OH)4 4

=

1 mol de Sn(OH)4 4

La relación entre moles y equivalente gramo será: 4 eq - g de Sn(OH)4 = 1 mol de Sn(OH)4

ii) Equivalente – gramo de una sal, por ejemplo del dicromato de potasio: 1 eq - g K2Cr2O7=

MK2Cr2O7 2

=

1 mol de K2Cr2O7 2

La relación entre moles y equivalente gramo será: 2 eq - g de K2Cr2O7 = 1 mol de K2Cr2O7

Ejemplo 8.4.- Determinar: a) la concentración molar de una solución de sulfato de cobre cuya densidad es de 1.25 g/cm3 y 30% (p/p) de CuSO4. b) ¿Cuál es su concentración normal? Solución.- Recordemos que la molaridad de una solución se calcula a partir de la densidad y %(p/p) del soluto: ρsolución = 1.25 g/ml; %CuSO4 = 30%, 1 mol de CuSO4 = 159.5 g CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

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a)

M =

1molCuSO4 1.25gsol. 1000mlsol. 30gCuSO4 ∗ ∗ ∗ = 2.35molar 1mlsol. 1Asol. 100gsol 159.5gCuSO4

b) La normalidad se determina a partir de la molaridad, donde la relación entre moles y equivalente gramo del sulfato de cobre, es: 1 eq - g CuSO4=

MCuSO4 2

=

1 mol de CuSO4 2

La relación entre moles y equivalente gramo será: 2 eq - g de CuSO4 = 1 mol de CuSO4

Por tanto: 2.35

molesCuSO4 2eq − gCuSO4 eq − gCuSO4 ∗ = 4.70 = 4.70normal 1Adesolución 1molCuSO4 1Asolución

c) Molalidad.- También es una unidad de concentración química cuya simbología es “m” y se define: MOLALIDAD =

NUMERO DE MOLES DE SOLUTO 1 Kg DE DISOLVENTE

La molalidad suele calcularse a partir de la concentración del soluto en % (p/p). Ejemplo 8.5.- Determinar: a) la molalidad de una solución de ácido sulfúrico cuya densidad relativa es 1.84 y 98% (p/p) de H2SO4, b) la molalidad de una solución de ácido sulfato de cobre cuya densidad es de 1.25 g/cm3 y 30% (p/p) de CuSO4. Solución.a) m =

98gH2SO4 1000gH2O 1molH2SO4 molH2SO4 ∗ ∗ = 5.102 = 5.102molal 2gH2O 1kgH2O 98gH2SO4 KgH2O

b) m =

30gCuSO4 1000gH2O 1molCuSO4 molCuSO4 ∗ ∗ = 2.69 = 2.69molal 70gH2O 1kgH2O 159.5gCuSO4 KgH2O

d) Fracción molar.- La fracción molar de un soluto (XA), se define como los moles de sustancia A divididos entre los moles totales de solución, esto es: XA=

NÚMERO DE MOLES DE SOLUTO A NÚMERO DE MOLES TOTALES

La fracción molar también se determina a partir de la concentración del soluto en % (p/p). Ejemplo 8.6.- Determinar la fracción molar del HNO3 en una solución de ácido nítrico cuya densidad relativa es 1.41 y su concentración en %(p/p) es 67.50% en HNO3. Solución.- Se determina el número de moles del soluto y del disolvente, es decir: 67.50gHNO3 ∗

1molHNO3 = 1.07molHNO3 63gHNO3

La masa de agua es 100 g – 67.50 g = 32.50 g H2O 32.5gH2O ∗

1molH2O = 1.81molH2O 18gH2O

Por tanto la fracción molar del ácido nítrico es: X HNO3 =

1.07molHNO3

(1.07 + 1.81) mol

= 0.37

Recordando que: X A + XB = 1

La fracción molar del disolvente es: CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

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X H2O = 1 − 0.37 = 0.63

8.6.2 Unidades Físicas de concentración a) Gramos por litro (g/A).- Indica la masa en gramos disuelta en cada litro de disolución. Tiene la ventaja de ser una concentración expresada en unidades directamente medibles para el tipo de disoluciones más frecuentes en química (las de sólidos en líquidos). La balanza expresa la medida de la masa de soluto en gramos y los recipientes de uso habitual en química indican el volumen de líquido contenido en litros o en sus submúltiplos. Su cálculo es, pues, inmediato. Ejemplo 8.7.- Una solución de ácido sulfato de calcio del 10% p/p y una densidad relativa de 1.15, tiene una concentración 0 05 molar, expresar esta unidad en g/A Solución.- A partir de la concentración molar efectuaremos una serie de factores de conversión para expresar en g/A, donde: M(CaSO4) = 136 g/mol. 0.05

molCaSO4 136gCaSO4 ∗ = 6.8gCaSO4 / Asolución 1Asolución 1molCaSO4

b) Tanto por ciento en peso2 (%p/p).- Expresa la masa en gramos de soluto disuelta por cada cien gramos de disolución. Su cálculo requiere considerar separadamente la masa del soluto y la del disolvente; siendo la masa de la disolución la suma de la del soluto y la del disolvente. Ejemplo 8.8.- Cual es el porcentaje de Ca3(PO4)2 en una mezcla de 20 g de fosfato de calcio y 50 g de agua? Solución.- El cálculo es relativamente sencillo, ya que la masa total es (20 + 50) g = 70 g y: %Ca3 (PO4 )2 =

20gCa3 (PO4 )2 ∗ 100% = 28.57%Ca3 (PO4 )2 70g

c) Tanto por ciento en masa/volumen (%m/V).- Expresa la masa en gramos de soluto disuelta por cada 100 ml de disolución. Su cálculo requiere considerar separadamente la masa del soluto y el volumen de la disolución Ejemplo 8.9.- Hallar el tanto por ciento % m/V de 0.45 moles de ácido sulfúrico en 120 ml de disolución. Solución.%H2SO4 =

0.45molH2 SO4 98gH2 SO4 ∗ ∗ 100% = 36.75% 120mlsol 1molH2SO4

d) Partes por millón (ppm).- Esta unidad de concentración se aplica con frecuencia en laboratorio, cuando las concentraciones de soluto son demasiado pequeñas en una solución. Cuando se realiza análisis de ciertos metales cuya concentración es muy pequeña, éstas se analizan por el método de absorción atómica, en este método la concentración se expresa en partes por millón y puede referirse a: ppm =

mg 1mg = kg 1 ∗ 106 mg

Considerando que un litro de agua tiene una masa de 1 kg, en la práctica suele presentarse soluciones muy diluidas por ejemplo 10 mg/litro, que se representaría como 10 ppm, ya que en soluciones muy diluidas debemos considerar la densidad de la solución igual a la densidad del agua, es decir: ppm =

1mgdesoluto 1mgdesoluto = 1kgdesolución 1Adesolución

Ejemplo 8.10.- Una solución de acuosa tiene una concentración de 100 ppm de Ca++, determinar la masa de calcio que contiene 250 ml de solución. 2

p/p es una unidad física tradicionalmente usada en química y es equivalente al porcentaje en masa, por ejemplo 20% m/m significando porcentaje en masa. CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

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Solución: Consideremos, 100 ppm = 1mg/A 250mldesolución ∗

1Adesolución 100mgCa+ + ∗ = 25mgdeCa+ + 1000mldesolución 1Adesolución

Ejemplo 8.11.- a) ¿Qué cantidad de agua se debe evaporar de 1.5 kg de una solución de ácido sulfúrico (con 35.03% de H2SO4) cuyo peso específico es 1.26 para obtener una solución más concentrada (con 59.24% de H2SO4) de peso específico es 1.49? Los volúmenes no son aditivos, b) ¿Qué normalidad ofrecen cada una de las soluciones descritas?, c) si se evapora la mitad de la cantidad de agua determinada en el primer inciso, ¿Qué composición en peso ofrecerá la solución resultante? m2 = ¿? b = 0 % H2SO4 100% vapor H2O

m1 = 1500 g a = 35.03 % H2SO4 ρ = 1.26 g/ml

m3 = ¿? c = 59.24 % H2SO4 ρ = 1.49 g/ml

m3 =

Solución.m1 = m2 + m3

(1)

am1 = bm2 + cm3

(2)

Puesto que b = 0

am1 35.03 ∗ 1500 = = 886.99 = 887g c 59.24

Por tanto la masa que se debe evaporar es: m2 = (1500 – 887) g = 613 g H2O

b) 1.26

1.49

gsol 1000mlsol 35.03gH2SO4 1molH2SO4 1eq − gH2SO4 ∗ ∗ ∗ ∗ = 9Normal mlsol 1Asol. 100gsol. 98gH2 SO4 2molH2SO4

gsol. 1000mlsol. 59.24gH2SO4 1molH2SO4 1eq − gH2SO4 ∗ ∗ ∗ ∗ = 18Normal mlsol. 1Asol. 100gsol. 98gH2SO4 2molH2SO4

c) Si evaporamos la mitad de la cantidad evaporada inicialmente, es decir: 613/2 = 306.5 g de agua: m1 = m2 + m3 am1 = bm2 + cm3

(1) (2)

m2 = 306.5 g b = 0 % H2SO4 100% vapor H2O

De (1), m3 = (1500 – 306.5)g = 1193.5 g solución

m1 = 1500 g a = 35.03 % H2SO4 ρ = 1.26 g/ml

m3 = ¿? c = ¿? H2SO4

Por tanto de (2): c =

am1 35.03 ∗ 1500 = = 44.03%H2SO4 1193.5 m3

8.7 REACCIONES QUÍMICAS EN SOLUCIONES En un curso anterior se realizó balance de materia con reacción química y su aplicación en disoluciones es de importancia fundamental, ya que la mayoría de los procesos suceden con reacción química. Los problemas se basan en dos principios fundamentales: 1) El número de equivalentes de todas las especies en una reacción química es el mismo. 2) Volumen ∗ normalidad = número de equivalentes Ejemplo 8.12.- Al reaccionar hipoclorito de calcio con yoduro de potasio y ácido clorhídrico, se obtiene cloruro cálcico, cloruro de potasio, yodo y agua. a) Igualar la reacción por el método ión electrón, b) ¿Qué volumen de Ca(ClO)2 0.50 N se necesita para liberar el yodo de 1.2 g de KI en una solución acidifícada con HCl ? ClO- + I- + H+→ Ca+ + K+ + I2 + H2O


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c) ¿Cuántos gramos de yodo gaseoso se liberan? Solución.- a) La ecuación molecular es: Ca(ClO)2 +KI + HCl ⇒ CaCl2 + KCl + I2 + H2O +2

[Ca

-

+ 2ClO ] + [ K+ +I- ]

4 e- + 4H+ + 2ClO2I-

+ [H+ + Cl- ] ⇒ [Ca+2 + 2Cl- ] + [K+ + Cl-] + I20 +H2O0

⇒ 2Cl- + 2H2O0 ⇒

(reducción)

I20 +2e-

(oxidación)

Igualando electrones y sumando: 4 e- + 4H+ + 2ClO-

1∗

2I-

2∗

⇒ 2Cl- + 2H2O0 ⇒

I20 +2e-

4H+ + 2ClO- + 4I- ⇒ 2Cl- + 2H2O0 + 2I20 Puesto que en la reacción hay un ácido, los 4 iones hidrógeno corresponde al ácido clorhídrico. La ecuación igualada es: Ca(ClO)2 +4KI + 4HCl ⇒ CaCl2 + 4KCl + 2I2 + 2H2O 1.2gKI ∗

1molKI 1molCa(ClO)2 2eq − gCa(ClO)2 1Asol ∗ ∗ ∗ = 7.23 ∗ 10−3 A 166gKI 4molKI 1molCa(ClO)2 0.5eq − g

Es decir se necesita 7.23 cm3 de una solución de hipoclorito de calcio b)

1.2gKI ∗

1molKI 2molI2 254gI2 ∗ ∗ = 0.918gI2 166gKI 4molKI 1molI2

8.8 PROPIEDADES COLIGATIVAS DE LAS DISOLUCIONES Las propiedades coligativas dependen de la concentración de las partículas del soluto y no de su naturaleza, éstas son: el descenso de la presión de vapor; la depresión en el punto de congelación; la elevación en el punto de ebullición y la presión osmótica. Las propiedades coligativas se pueden usar en la determinación de los pesos moleculares de las sustancias disueltas y pueden dar además información acerca de las propiedades del soluto si se conocen las propiedades del disolvente. Todas las soluciones obedecen las leyes que se discuten en este capítulo, cuando la concentración es suficientemente baja. Por esta razón se les conoce también como leyes de las soluciones diluidas. 8.8.1 Descenso de la presión de vapor de las soluciones. Ley de Rault En el siglo XIX, los químicos observaron que la presión de vapor de un disolvente volátil era abatida por la adición de un soluto no volátil. El abatimiento de la presión de vapor de un disolvente es una propiedad coligativa que se determina con la siguiente ecuación: Donde:

∆P = Pº - Pd

∆P = Abatimiento de la presión de vapor de un disolvente Pº = Presión de vapor del disolvente puro Pd = Presión de vapor de la solución También puede determinarse a partir de la siguiente expresión ∆P = XsPº Donde: ∆P = Abatimiento de la presión de vapor de un disolvente Pº = Presión de vapor del disolvente puro Xs = Fracción molar del soluto Si consideramos un sistema cerrado donde se tiene una solución de alcohol etílico y agua, ambos líquidos se vaporan, hasta que se establezca el equilibrio líquido – vapor, de acuerdo con la ley de Dalton, la presión de vapor de esta solución será igual a la suma de las presiones parciales de los


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vapores de cada líquido. Este hecho se conoce como la ley de Rault ya que el científico francés Francois Marie Raoult, quién estudión y lo demostró en 1886, esta ley expresa lo siguiente; “La presión de vapor de un disolvente en una solución es igual a la presión de vapor del disolvente puro multiplicada la fracción molar del disolvente” Es decir: Pd = XdPºd Ejemplo 8.13.- a) Determinar la presión de vapor a 25 ºC de una solución acuosa constituida por 3.42 g de sacarosa (C12H22O11) y 54 g de agua. La presión de vapor del agua pura es de 25.76 mmHg. b) ¿Cuál es el abatimiento de la presión de vapor de la solución? (la sacarosa en una sustancia no volátil Solución.- Determinamos el número de moles de cada componente: 3.42gC12H22O11 ∗

1molC12H22O11 = 0.1molC12H22O11 342gC12H22O11

54gH2O ∗

1molH2O = 3molH2O 18gH2O

Las fracciones molares son: X H2O =

3mol = 0.967 3.1mol

a) La presión de vapor de la solución es: Pd = 0.967∗23.76 mmHg = 22.976 mmHg b) El abatimiento de la presión de vapor de la solución es: ∆P = (1- 0.967) ∗ 23.76 mmHg = 0.784 mmHg 8.8.2 La ley de Rault y las soluciones de solutos volátiles En soluciones en las cuales tanto el disolvente como el soluto tienen una presión de vapor apreciable, se puede aplicar la ley de Rault a ambos componentes: Para lograr cierta comprensión de tales mezclas, considere una solución ideal que contiene dos componentes, A y B, según la ley de Rault: PA = XA.PAº

y

PB = XB.PBº

Ptotal = PA + PB = XA.PAº

+ XB.PBº

Por ejemplo, el benceno y el tolueno son volátiles, tienen estructuras similares y, por tanto fuerzas intermoleculares semejantes, en una disolución de benceno y tolueno, la presión de vapor de cada componente obedece la ley de Rault. La figura muestra la dependencia de la presión de vapor total en una disolución benceno – tolueno con la composición molar de la disolución. La mayoría de las disoluciones no se comportan de manera ideal en este aspecto, se consideran los siguientes dos casos, designando dos sustancias volátiles como A y B.

Presión [mmHg]

La presión total del sistema es entonces, la suma de las presiones parciales de cada componente volátil: 800

Ptotal

600 Pbenceno 400 200

Ptolueno 0.2 0.4 0.6 0.8 Xbenceno

Figura 8.1.- Dependencia de las presiones parciales de benceno y tolueno respecto a sus fracciones molares.

1°.- Si las fuerzas intermoleculares entre las moléculas A y B son más débiles que las fuerzas entre las moléculas A-A y la fuerzas entre las moléculas B-B, entonces estás moléculas tienen mayor tendencia a abandonar la disolución que en el caso de una disolución ideal, por tanto la presión de vapor de la disolución es mayor que una disolución ideal. Este


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comportamiento da lugar a una desviación positiva como muestra la figura 8.2, en este caso el calor de disolución es positivo, es decir el proceso es de mezclado endotérmico. 2°.- Si las moléculas de A atraen a las moléculas de B con más fuerza que a las de su misma especie, la presión de vapor de la disolución es menor que la suma de las presiones parciales predicha por la ley de Rault. Esto representa una desviación negativa como muestra la figura 8.3, en este caso el calor de disolución es negativo, es decir el proceso de mezclado es exotérmico.

600

Ptotal

800 Presión [mmHg]

Presión [mmHg]

800

PA

400 PB 200

Ptotal

600 400

PA

PB

200

0.2 0.4 0.6 0.8 XA Figura 8.3.- Desviación negativa, La presión de vapor es menor a la predicha por Rault.

0.2 0.4 0.6 0.8 XA Figura 8.2.- Desviación positiva, La presión de vapor es mayor a la predicha por Rault.

8.8.3 Destilación fraccionada La presión de vapor de una disolución tiene una relación directa con la destilación fraccionada, procedimiento de separación de los componentes líquidos de una disolución que se basa en la diferencia de sus puntos de ebullición. Suponga que se desea separar un sistema binario, por ejemplo benceno – tolueno. Tanto el benceno como el tolueno son relativamente volátiles, a pesar de que sus puntos de ebullición son muy diferentes 80.1 °C y 110.6 °C respectivamente. Cuando se hierve una disolución que contiene estas dos soluciones, el vapor formado es algo más rico en el componente más volátil, el benceno, en la fase vapor se obtendrá una mayor concentración de benceno. Si se repite el proceso muchas veces, es posible separar completamente el benceno del tolueno. Ejemplo 8.14.- Las presiones de vapor del etanol (C2H5OH) y del 1-propanol (C3H7OH) a 35 °C son 100 mmHg y 37.6 mmHg, respectivamente. Suponga un comportamiento ideal y a) calcule las presiones parciales del etanol y del 1-propanol a 35 °C sobre una disolución de etanol en 1-propanol en la que la fracción molar del etanol es 0.30, b) la presión total del sistema. Solución.- Si la fracción molar del etanol es 0.3, la fracción molar del 1-propanol es 0.7. y las presiones parciales determinamos a partir de la ley de Rault. Si: PA = P C2H5OH y PB = P

C3H7OH

PA = PA ° X A = 100mmHg ∗ 0.3 = 30mmHg PB = PB ° X B = 37.6mmHg ∗ 0.7 = 26.32mmHg

b)

Ptotal = PA + PB = XA.PAº

+ XB.PBº = 30 + 26.32 mmHg = 56.32 mmHg

8.8.4 Aumento del punto de ebullición Otro efecto importante que tiene lugar en las disoluciones cuando se añade soluto es el aumento de la temperatura de ebullición respecto a la del disolvente puro. El aumento del punto de ebullición es proporcional a la concentración de la disolución. Cuanto mayor sea la cantidad de soluto disuelta en un volumen fijo de agua, más alto será el punto de ebullición. Así, si queremos que hierva una disolución de agua y sal, deberemos calentarla hasta que alcance una temperatura superior a 100 ºC. Para la determinación del aumento del punto de ebullición designado por ∆Teb, la concentración se expresa en términos de la concentración molal. El incremento que presenta el punto de ebullición de una solución 1 molal se llama constante ebulloscópica que para el agua es Keb = 0.52 ºC/molal, en la cual la variación del punto de ebullición es directamente proporcional a la concentración molal, es decir: ∆Teb ∝ m


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La cual se traduce en una ecuación matemática: ∆Teb = Kebm Donde reitero: m = molalidad de la solución Keb = constante ebulloscópica del disolvente ∆Teb = Teb de la solución – Teb del disolvente Ejemplo 8.15.- a) ¿Cuántos grados aumentará el punto de ebullición del agua si en 100 g de ésta se disuelven 9 g de glucosa? B) ¿Cuál es la temperatura de la solución? Solución.- a) Keb = 0.52 ºC/molal Cálculo de la molalidad: m=

Por tanto reemplazando en:

9gC6 H12O6 1000gH2O 1molC6 H12O6 ∗ ∗ = 0.5molal 100gH2O 1kgH2O 180gC6 H12O6

∆Teb = Kebm

∆Teb = 0.52

ºC ∗ 0.5molal = 0.26º C molal

El punto de ebullición aumenta en 0.26 ºC b) Si:

∆Teb = Teb de la solución – Teb del disolvente 0.26 ºC

= Teb de la solución -

100 ºC

La temperatura de la solución será: Teb(solución) = 0.26 ºC + 100 ºC = 100.26 ºC Ejemplo 8.16.- Al disolver 13 g de no electrolito en 400 g de tetracloruro de carbono (CCl4), la temperatura de ebullición se elevó en 0.452 K. Determinar el peso molecular del soluto. Solución.- A partir de los datos del problema y considerando la ecuación: ∆Teb = Kebm Se determinará en principio la molalidad de la solución: m=

∆Teb 0.452º C = = 0.09molal ºC Keb 5.02 molal

Para determinar el peso molecular del soluto, el lector puede hacer uso de la siguiente expresión matemática: M =

a ∗ 1000 13 ∗ 1000 = = 361.11g / mol A∗m 400 ∗ 0.09

Donde: a = masa del soluto, A = masa del disolvente, M = peso molecular del soluto, por tanto: M =

a ∗ 1000 13 ∗ 1000 = = 361.11g / mol A∗m 400 ∗ 0.09

8.8.5 Disminución del punto de fusión Cuando se añade un soluto a un disolvente, el punto de fusión disminuye por debajo del que tenía el disolvente puro. Esto tiene importantes aplicaciones prácticas. Anticongelantes. Algunos motores tienen un circuito refrigerador para evitar que se calienten excesivamente cuando están funcionando. El


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agua que recorre el circuito está más fría que el motor y, por tanto, lo refrigera. Cuando el motor está parado, el agua se enfría, de forma que si la temperatura desciende por debajo de los 0 ºC, puede llegar a congelarse y, al aumentar de volumen, puede romper el depósito en el que se encuentra. Para evitar esto se emplean unas sustancias llamadas anticongelantes en lugar de agua pura. Los anticongelantes soportan temperaturas menores de 0 ºC sin llegar a congelarse. Al igual que en el caso de la variación del punto de ebullición, la el descenso del punto de congelación es directamente proporcional a la concentración molal, es decir: ∆Tc ∝ m La cual se traduce en una ecuación matemática: ∆Tc = Kcm Donde: m = molalidad de la solución Kc = constante crioscópica del disolvente ∆Tc = Tc del disolvente – Tc de la solución Ejemplo 8.17.- ¿A que temperatura cristalizará la disolución al 40% en masa de alcohol etílico? ∆Tc = Kcm

Solución.- En la ecuación:

La constante crioscópica para el agua es: Kc = 1.86 ºC/molal La molalidad será: m=

40gC2H5OH 1000gH2O 1molC2H5OH ∗ ∗ = 14.49molal 60gH2O 1kgH2O 46gC2H5OH

Por tanto: ∆Tc = 1.86

ºC ∗ 14.49molal = 26.96º C molal

∆Tc = Tc del disolvente – Tc de la solución 26.96 ºC = 0 ºC – Tc (solución) Tc (solución) = - 26.96 ºC Ejemplo 8.18.- En 60 g de benceno están disueltos 2.09 g de cierta sustancia cuya composición elemental en masa es como sigue: 50.69% de C, 4.23% de H y 45.08% de O. La disolución se cristaliza a 4.25 ºC. Establecer la fórmula molecular de la sustancia. El benceno puro se cristaliza a 5.5 ºC y su constante crioscópica es 5.12 ºC/molal. Solución.- 1º.- Determinaremos la fórmula empírica del compuesto: Sustancias

Masa relativa

C H O

50.69 4.23 45.08

Número de átomogramo 4.224 4.23 2.8175

Dividir entre 2.8175 1.5∗2 = 3 1.5∗2 = 3 1∗2 = 2

Fórmula empírica C3H3O2

2º.- Determinamos el peso molecular de soluto: ∆Tc = Kcm 5.5 – 4.25 = 5.12 ∗ m m = 0.244 molal Para la determinación del peso molecular del soluto hacemos uso de la ecuación: m=


a ∗ 1000 A∗M

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a ∗ 1000 2.09 ∗ 1000 = = 142.76g / mol A∗m 60 ∗ 0.244

M =

Si la fórmula empírica es:

C3H3O2,

n=

142.76 =2 71

La fórmula molecular es: C4H4O6 8.8.6 Ósmosis El soluto y el disolvente de una disolución pueden separarse en algunas ocasiones utilizando una membrana semipermeable. Esta membrana deja pasar el disolvente pero no el soluto. Si ponemos en contacto dos disoluciones con diferente concentración por medio de una membrana de este tipo, pasará disolvente desde la disolución más diluida hacia la más concentrada. Este proceso continúa hasta que la concentración de ambas disoluciones se iguala y se llega a un equilibrio. Las células del cuerpo humano se nutren por medio de procesos como la ósmosis. La ósmosis tiene una gran importancia biológica, sobre todo en aspectos relacionados con la nutrición. En los vegetales, las raíces absorben sales minerales del suelo mediante procesos osmóticos. La membrana que rodea las células animales y vegetales tiene una capa semipermeable. Así, cuando la concentración salina del medio que rodea a la célula es mayor que la existente en el interior de la misma, ésta pierde agua a través de la membrana. Si ocurre lo contrario, es decir, si la concentración del interior celular es mayor, pasará agua desde el exterior hacia el interior de la célula. 8.8.7 Presión osmótica La ósmosis se caracteriza porque el intercambio de moléculas en uno y otro sentido no se produce a igual velocidad. Ello es debido a que el número de moléculas de disolvente que choca con la membrana por unidad de superficie, es mayor del lado del disolvente puro que del lado de la disolución, en donde la presencia de moléculas de soluto entorpece el proceso. Hay, por tanto, una presión de fluido que se ejerce del disolvente hacia la disolución y que recibe el nombre de presión osmótica. La presión osmótica π de una disolución, depende de su concentración y se atiene a una ley semejante a la de los gases perfectos. Dicha ley fue establecida por Van't Hoff en 1897 y se expresa en la forma: Donde: π = Presión osmótica c = Concentración molar R = constante universal de los gases ideales T = Temperatura absoluta [K]

π =cRT

Ejemplo 8.19.- A 25 ºC la presión osmótica de la disolución cuyos 200 ml contiene 2.80 g de compuesto macromolecular es igual a 0.70 kPa. Hallar el peso molecular del soluto. Solución.-

π = 0.70kPa ∗

1000Pa 1atm ∗ = 6.91 ∗ 10−3 atm 1kpa 1.013 ∗ 105

La temperatura absoluta es T = 298 K, por tanto la concentración molar de la solución es: c =

Por tanto:

200ml ∗

π RT

=

6.91 ∗ 10−3 atm = 2.83 ∗ 10−4 mol / A atm − A 0.082 ∗ 298K K − mol

1A 2.83 ∗ 10−4 mol ∗ = 5.66 ∗ 10−5 mol 1000ml 1A

El peso molecular del soluto es: M =

m 2.80g = = 4.95 ∗ 104 g / mol n 5.66 ∗ 10−5 mol

Ejemplo 8.20.- ¿Cuántos gramos de glucosa C6H12O6 deben encontrarse en 0.5 litros de disolución para que su presión osmótica a la misma temperatura sea la misma que la de una solución de 1 litro, la cual contiene 9.2 g de glicerina C3H5(OH)3? Solución.- Sean las presiones osmóticas de las soluciones: π = c1RT y π = c2RT Si las presiones osmóticas son iguales, c1RT = c2RT, es decir: c1 = c2


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9.2gC2H5 (OH)3 1molgC2H5 (OH )3 c2 = ∗ = 0.115mol / A 1A 80gC2H5 (OH )3

La masa de glucosa en dicha concentración es: 0.5A ∗

0.115mol 180gC6 H12O6 ∗ = 10.35gC6 H12O6 1A 1molC6 H12O6

8.9 PROPIEDADES COLIGATIVAS DE LAS SOLUCIONES IÓNICAS Si bien las concentraciones de las soluciones hasta aquí estudiadas, están referidas al número de moles de una sustancia no electrolito, en esta sección consideraremos la disociación de las sustancias como las sales, en la que el número de partículas se duplican, por ejemplo una concentración 0.1 molal de una molécula KCl casi se duplica a 0.2 molal, ya que por un lado se tiene 0.1 molal de K+ y 0.1 molal de Cl-, de igual manera, se debe esperar que una disolución de CaCl2 0.1 m cause una disminución del punto de congelación del triple que la producida por una disolución de sacarosa 0.1 m, porque cada CaCl2 produce tres iones. Para explicar este efecto, se define una cantidad, denominada factor de van’t Hoff que está dada por: i =

número real de partículas en la disolución después de la disolución número de unidades fórmula disueltas inicialmente en la disolución

Así, i debe ser 1 para todos los no electrolitos. Para los electrolitos fuertes, como NaCl y KNO3 i debe ser 2 para los electrolitos fuertes del tipo de Na2SO4 y CaCl2 i debe ser: Na2SO4 = 2Na+ + SO4-2 = Ca+2 + 2Cl-1 CaCl2

i=3

i=3

Como consecuencia, las ecuaciones de las propiedades coligativas deben modificarse como sigue: Descenso de la presión de vapor: P = P°

Aumento del punto de ebullición:

md Md

md ms +i Md Ms

∆Te = iKem

Descenso del punto de congelación:

∆Tc = iKcm

Presión osmótica:

π = icRT

En realidad, las propiedades coligativas de las disoluciones de electrolitos son más pequeñas de lo que se espera porque a concentraciones elevadas, intervienen las fuerzas electrostáticas y forman pares iónicos. Un par iónico está formado por uno o más cationes y uno o más aniones unidos mediante fuerzas electrostáticas. La presencia de un par iónico reduce el número de partículas en disolución, lo que conduce a la disminución de las propiedades coligativas. Como se verá en el siguiente ejemplo, el factor de van’t Hoff se determina a partir de la medición de las propiedades coligativas. Ejemplo 8.21.- Calcule el factor de van’t Hoff del Na3PO4 en una disolución 0.40 m cuyo punto de congelación es – 2.6 °C. Solución.- El factor de van’t Hoff del Na3PO4 se determina a partir de la siguiente expresión: ∆Tc = iKcm, donde: i =

∆Tc = m ∗ Kc

⎣⎡0 − ( −2.6 ) ⎦⎤ °C = 3.49 °C 0.4molal ∗ 1.86 molal

En el caso de los electrolitos débiles, si α es el grado de ionización y una molécula forma realmente x iones, 1 mol de electrolito dará xα moles de iones y quedaran sin ionizar (1 − α) moles, es decir:


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Para la disociación del ácido acético, un electrolito débil, para 1 mol de CH3COOH, se tiene: CH3COOH 1 1−α

+ H2 O

⇔

CH3COO- + -.-.+α +α

H3 O +

El número de partículas es: 1 − α + 2α, en general: 1 − α + xα, donde x es el número de iones disociados, en este caso para el ácido acético x = 2. Por definición del factor de Van’t Hoff: 1 − α + xα = 1 − α + xα 1 i −1 De donde el grado de disociación está dada por: α = x −1

Y el porcentaje de disociación de un electrolito débil: i −1 ∗ 100% x −1

α =

Ejemplo 8.22.- El punto de congelación del ácido acético 0.0830 m es − 0.159 °C. El ácido acético, está disociado parcialmente de acuerdo con la ecuación: CH3COOH

+ H 2O

⇔

CH3COO-

+

H3 O +

Calcular el porcentaje de moléculas de ácido acético que están disociadas, si se supone que la ecuación para la depresión del punto de congelación se mantiene para concentración total de moléculas e iones en la solución. El porcentaje de disociación está dada por: α = Donde: i =

∆Tc = mKc

α =

i −1 ∗100% x −1

[0 − (−0.159)] °C 0.0830m ∗ 1.86

°C m

= 1.03

1.03 − 1 ∗ 100% = 3% 2 −1

Esta expresión3 se aplica también corrientemente a los electrolitos fuertes, aunque es incorrecto hablar de ellos de grado de disociación, para ello nos referimos en estos casos a un grado de disociación aparente para explicar el comportamiento de los electrolitos fuertes. Ejemplo 8.23.- Una disolución de 0.52 g de cloruro de potasio en 83.6 g de agua congela a − 0.291 °C. Calcular el factor de van’t Hoff y el grado de disociación aparente del KCl. Solución.- La molalidad de la solución es: m=

0.52gKCl 1molKCl 1000gH2O ∗ ∗ = 0.0835molal 83.6gH2O 74.5gHK 1kgH2O

El factor de van’t Hoff: i =

∆Tc = mKc

[0 − (−0.291)] °C 0.0835m ∗ 1.86

°C m

= 1.87

Y el grado de disociación aparente es: α =

1.87 − 1 = 0.87 2 −1

Ejemplo 8.24.- Una disolución normal de ácido clorhídrico, de densidad 1.017 g/ml congela a − 3.53 °C. Calcular el grado de disociación aparente. Solución.- La molalidad de la solución es 3

Del texto Problemas de química general de Jose Ibarz, página 204 CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

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1eq − gHCl 1molHCl 36.5gHCl 36.5gHCl ∗ ∗ = 1Asolución 1eq − gHCl 1molHCl 1000mlsol.

La masa de la solución es: m = 1000ml ∗

1.017 g = 1017 gsolución 1ml

La masa de agua: mH2O = 1017 – 36.5 g = 980.50 g 1000gH2O 1molHCl ∗ = 1.02molal 980.5gH2O 1KgH2O

Por tanto la molalidad es:

El factor de van’t Hoff: i =

[0 − (−3.53)] °C = 1.861 ∆Tc = °C mKc 1.02m ∗ 1.86 m

Y el grado de disociación aparente en porcentaje es: α =

1.861 − 1 ∗ 100 = 86.1% 2 −1

PROBLEMAS RESUELTOS Ejemplo 8.25.- Se prepara una solución disolviendo 25 ml de solución de HCl al 32% m/m y densidad 1.16 g/ml en suficiente agua destilada hasta alcanzar un volumen de 200 ml. Calcular la concentración molar de esta solución. Solución.- Se trata de una dilución, es decir 25 ml de una solución se está diluyendo a 200 ml, la solución puede realizarse considerando la siguiente ecuación de dilución: C1V1 = C2V2 25 ml

Se diluyen a

Donde: V1 = 25 ml y la concentración C1 es:

200 ml

C1 = 1.16

g 1000mlsol. 32gHCl 1molHCl ∗ ∗ ∗ = 10.17molar ml 1Asol. 100gsol. 36.5gHCl

Por tanto la concentración es: C2 =

C1 ∗ V1 10.17molar ∗ 25ml = = 1.27molar V2 200ml

El lector también puede determinar la concentración molar conociendo el número de moles de ácido clorhídrico, es decir: 25mlsol. ∗

Y la concentración molar es: M =

1.16g 32gHCl 1molHCl ∗ ∗ = 0.254molHCl 1mlsol. 100gsol. 36.5gHCl

0.254molHCl 1000mlsol. ∗ = 1.27molar 200mlsol. 1Asol.

Ejemplo 8.26.- Se mezclan 200 ml de solución de HCl 10,17 molar Con 700 ml de solución del mismo ácido 1molar. Determinar la concentración molar de la solución resultante. Solución.- Considerando volúmenes aditivos: C3V3 = C1V1 + C2V2 C3 =

C1V1 + C2V2 10.17molar ∗ 200ml + 1molar ∗ 700ml = = 3.038molar V3 900ml

Ejemplo 8.27.- ¿Cuántos ml de solución de HCl completamente 10 g de zinc?


2 molar, se necesitan para que reaccionen

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Solución.- La reacción química es: Zn

+

2 HCl

⇒

ZnCl2

+

H2

El peso atómico del cinc 65.38 10gZn ∗

1molZn 2molHCl 1000mlsolución ∗ ∗ = 152.95mlsolución 65.38gZn 1molZn 2molHCl

Rpta.- Se necesitan 152.95 ml de solución de HCl 2 molar. Ejemplo 8.28.- Se mezclan 80 ml de solución de HCl al 32% m/m y densidad 1.16 g/ml con 220 ml de solución de HCl 0.75 molar Determine: a) Concentración molar de la solución final y b) % m/v de solución final. Solución.- a) Para determinar la concentración final de la muestra calcularemos en principio la concentración molar de la primera solución: 1.16

1molHCl g 1000mlsol. 32gHCl ∗ ∗ ∗ = 10.17molar 1Asol. 100gsol. 36.5gHCl ml

A partir de: C3V3 = C1V1 + C2V2 C3 =

C1V1 + C2V2 10.17molar ∗ 80ml + 0.75molar ∗ 220ml = = 3.262molar 300ml V3

b) Para determinar el % m/v de solución final en principio calculamos la masa del ácido clorhídrico. 80mlsol. ∗

220mlsol. ∗

1.16g 32gHCl ∗ = 29.70gHCl 1mlsol. 100gsol.

0.75molHCl 36.5gHCl ∗ = 6.023gHCl 1000mlsol. 1molHCl

La masa total de HCl = (29.70 + 6.023) g 35.723g El volumen de la solución considerando aditiva los volúmenes es 300 ml, en consecuencia: %m / V =

35.723gHCl ∗ 100 = 11.91% 300ml

Ejemplo 8.29.- ¿Cuántos ml de solución de H2SO4 al 80% m/m y densidad 1.74 g/ml se necesitan para que reaccionen completamente 50 g de zinc? (S = 32, O = 16) Solución.- La reacción química es: Zn 50gZn ∗

+

H2SO4

⇒

ZnSO4

+

H2

1molH2SO4 98gH2SO4 1molZn 100gsol. 1mlsol. ∗ ∗ ∗ ∗ = 53.84mlsolución 65.38gZn 1molZn 1molH2SO4 80gH2SO4 1.74gsol.

Rpta.- Se necesitan 53.84 ml de solución de ácido sulfúrico Ejemplo 8.30.- ¿Cuántos mililitros de solución de ácido clorhídrico 4.2 molar se necesitan para preparar 500 mililitros de solución del mismo ácido, pero con concentración igual a 0.1 molar? Solución.- Es un problema de dilución, por tanto aplicamos la expresión: C1V1 = C2V2 C2 =

C1 ∗ V 1 500ml ∗ 0.1molar = = 11.90ml V2 4.2molar

Ejemplo 8.31.- Calcular la concentración molal de una solución de NaClO3 3.5 molar y densidad =1.21 g/ml. Solución.- Consideraremos como base de dato la densidad, es decir: msolución = 1.21 g y Vsolución = 1 ml Por tanto la masa de NaCO3 es: CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

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1mlsol. ∗

3.5molNaClO3 106.5gNaClO3 ∗ = 0.3728gNaClO3 1000mlsol. 1molNaClO3

La masa de agua es: 1.21 g – 0.3728 g = 0.8372 g En consecuencia la molalidad de la solución es: m=

0.3728gNaClO3 1molNaClO3 1000gH2O ∗ ∗ = 4.181molal 0.8372gH2O 106.5gNaClO3 1kgH2O

Ejemplo 8.32.- Se prepara una solución disolviendo 18 gramos de sulfato de potasio en 100 ml de agua destilada. Determine la concentración molal de esta solución. (S = 32, K = 39, O = 16) Solución.- El cálculo es prácticamente directo: m=

18gK2SO4 1000gH2O 1molK2 SO4 ∗ ∗ = 1.034molal 100gH2O 1KgH2O 174gK2SO4

Ejemplo 8.33.- Se prepara una solución disolviendo 100 gramos de Na2SO4 10H2O en 200 ml de agua destilada. Determine la concentración molal de la solución. (Na = 23, S = 32, H = 1 y O = 16) Solución.- Por definición: MOLALIDAD =

NUMERO DE MOLES DE SOLUTO 1 Kg DE DISOLVENTE

En solución el soluto es el sulfato de sodio y el disolvente el agua, por tanto calcularemos los moles de sulfato de sodio y la masa de agua. MNa2SO4 10H2O = 322 g/mol y MNa2SO4 =142 g/mol Número de moles de soluto: 100gNa2SO410H2O ∗

44.10gNa2SO4 ∗

142gNa2SO4 = 44.10gNa2SO4 322gNa2SO410H2O 1molNa2SO4 = 0.310molNa2SO4 142gNa2SO4

La masa de agua: 100gNa2SO410H2O ∗

180gH2O = 55.90gH2O 322gNa2SO410H2O

O también puede restar: (100 – 44.1) g = 55.9 g H2O La masa total en la solución es: (200 g + 55.90 g) = 255.90 g H2O, recuerde que la densidad del agua es 1 g/ml y 200 ml = 200 g m=

0.310molNa2SO4 1000gH2O ∗ = 1.211molal 255.9gH2O 1kgH2O

Rpta.- La concentración molal es 1.211 mol soluto/Kg agua Ejemplo 8.34.- Calcúlese la molalidad de una solución que contiene a) 0.65 moles de glucosa, en 250 g de agua, b) 45 g de glucosa en 1 kg de agua, c) 18 g de glucosa en 1 libra de agua. Solución.- El lector puede realizar sus cálculos en forma directa, es decir: a) m =

0.65molC6 H12O6 1000gH2O ∗ = 2.6molal 250gH2O 1kgH2O


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300


45gC6 H12O6 1molC6 H12O6 ∗ = 0.25molal 1kgH2O 180gC6 H12O6

b) m =

c)

18gC6 H12O6 1lbH2O 1000gH2O 1molC6 H12O6 ∗ ∗ ∗ = 0.22molal 1lbH2O 453.6gH2O 1KgH2O 180gC6 H12O6

Ejemplo 8.35.- Al neutralizarse una muestra de 10 ml de HCl con una solución de NaOH 0.2 molar, se gastaron exactamente 17 ml de la solución básica. Determine la concentración molar de la solución ácida. Solución.- Se trata de una reacción ácido base, por tanto el lector debe recordar que al neutralizarse, un ácido y una base, los eq – g de ambas soluciones se hacen iguales, es decir: # Eq – g HCl = # eq – g NaOH NHCl VHCl = NNaOHVNaOH Por definición de equivalente gramo: 1eq − gHCl =

1molHCl 36.5g 1molNaOH 40g y 1eq − gNaOH = = = 1 1 1 1

De ahí que: 1 eq – g HCl = 1 mol HCl y 1 eq – g NaOH = 1 mol NaOH, La concentración del NaOH es 0. 2 normal, por tanto: 0.2normalNaOH ∗ 17ml = 0.34normal 10ml

NHCl =

0.34

eq − gHCl 1molHCl ∗ = 0.34molar 1Asol. 1eq − gHCl

Rpta.- La concentración molar de la solución ácida es 0.34 molar Ejemplo 8.36.- ¿Cuántos gramos de hidróxido de magnesio se requieren para neutralizar 10 ml de solución de HCl al 32% m/m y densidad 1.16 g/ml? Solución.- El problema es una reacción ácido base, por tanto se cumple que: # Eq – g Mg(OH)2 = # eq – g HCl N

Mg(OH)2

V Mg(OH)2 = NHClVHCl

Por definición de equivalente gramo: 1eq − gHCl =

1molMg(OH)2 1molHCl y 1eq − gMg(OH )2 = 1 2

De ahí que: 1 eq – g HCl = 1 mol HCl

y

2 eq – g Mg(OH)2 = 1 mol Mg(OH)2

La concentración normal del ácido clorhídrico es: 1.16

g 1000mlsol. 32gHCl 1molHCl 1eq − gHCl ∗ ∗ ∗ ∗ = 10.17normal ml 1Asol. 100gsol. 36.5gHCl 1molHCl

El número de eq – g de HCl es # Eq – g HCl = 10mlsol. ∗ Por tanto

10.17eq − g = 0.1017eq − gHCl 1000mlsol.

# Eq – g Mg(OH)2 = 0.1017 eq − g

Y la masa de hidróxido de sodio que se necesita es: CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

QMC – 101


301


0.1017eq − gMg(OH )2 ∗

1molMg(OH)2 58gMg(OH )2 ∗ = 2.949gMg(OH)2 2eq − gMg(OH)2 1molMg(OH)2

Ejemplo 8.37.- Al reaccionar 4 g de una solución de H2SO4 con un exceso de solución de cloruro de Bario, se obtuvieron 4.08 g de sulfato de Bario. Determine el % m/m de la solución ácida. (Ba = 134.36, S = 32, O = 16) Solución.- La reacción de precipitación es la siguiente: H2SO4

+

BaCl2

⇒

BaSO4

+

2HCl

La masa de la solución de ácido sulfúrico es 4 g, estequiométicamente determinamos la masa de H2SO4. 4.08g

1molBaSO4 1molH2SO4 98gH2SO4 ∗ ∗ = 1.713gH2SO4 233.36gBaSO4 1molBaSO4 1molH2SO4

En consecuencia el % m/m de la solución ácida es: %H2SO4 =

1.713g ∗ 100% = 42.84% 4g

Ejemplo 8.38.- ¿Cuáles son la molalidad y la molaridad de una solución de etanol, C2H5OH, en agua si la fracción molar del etanol es 0.050? Supóngase que la densidad de la solución es 0.997 g/ml. Solución.- Consideremos la masa de la solución msol. = 0.997 g y el volumen de 1 ml, por definición:

X H2O =

m1 18

(1)

m1 m2 + 18 46

XH2O = 1 – 0.05 = 0.95 MH2O = 18 g/mol y MC2H5OH = 46 g/mol m1 + m2 = 0.997

m2 = 0.997 − m1 en (1) m1 18 0.95 = m1 0.997 m1 + − 18 46 46

Resolviendo m1 = 0.8786 ,

m2 = 0.11837g

a) La molalidad es: m=

0.11837gC2H5OH 1molC2H5OH 1000gH2O ∗ ∗ = 2.93molal 0.8786gH2O 46gC2H5OH 1KgH2O

b) La molaridad es: M =

0.11837gC2H5OH 1000mlsol. 1molC2H5OH ∗ ∗ = 2.57molar 1mlsol 1Asol. 46gC2H5OH

Ejemplo 8.39.- En la etiqueta de una botella que contiene una solución acuosa de NaCl se indica 10.0 % (p/p). ¿Cuáles son su a) molalidad, b) molaridad y c) normalidad respecto al NaCl, si la densidad de la solución es 1.071 g/ml? Solución.- La molalidad se calcula a partir del porcentaje en peso, vale decir 10%(p/p) significa 10 g de soluto en 100 g de solución donde la masa del solvente es 90 g: a)

m=

10gNaCl 1molNaCl 1000gH2O ∗ ∗ = 1.90molal 90gH2O 58.5gNaCl 1kgH2O


QMC – 101


302


b)

M = 1.071

gsol. 1000mlsol. 10gNaCl 1molNaCl ∗ ∗ ∗ = 1.83molar 1mlsol. 1Asol. 100gsol. 58.5gNaCl

c) Puesto que 1 eq – g NaCl = 1 mol NaCl, la normalidad se calcula a partir de la concentración molar N =

1.83molNaCl 1eq − gNaCl ∗ = 1.83normal 1Asol. 1molNaCl

Ejemplo 8.40.- El HNO3 concentrado en un 69% (p/p) tiene una densidad de 1.41 g/ml, ¿Cuál es su a) molalidad, b) molaridad c) normalidad? d) ¿Cuántos mililitros de este ácido concentrado serían necesarios para preparar 100 ml de una solución de ácido nítrico 6 M? Solución: a)

m=

b)

M = 1.41

69gHNO3 1000gH2O 1molHNO3 ∗ ∗ = 35.33molal 31gH2O 1kgH2O 63gHNO3

gsol. 1000mlsol. 69gHNO3 1molHNO3 ∗ ∗ ∗ = 15.44molar 1mlsol. 1Asol. 100gsol. 63gHNO3

c) Puesto que 1 eq – g HNO3 = 1 mol HNO3, la normalidad se calcula a partir de la concentración molar. N =

15.44molHNO3 1eq − gHNO3 ∗ = 15.44normal 1Asol. 1molHNO3

d) Para calcular el volumen de ácido concentrado de ácido nítrico 15.44 normal, necesario para diluirlo a 100 ml de solución de ácido nítrico 6 M, aplicamos la siguiente ecuación: C1V1 = C2V2 ⇒ V2 =

100ml ∗ 6molar = 38.86ml 15.44molar

Ejemplo 8.41.- Al titular 25 ml de una solución de H2SO4 con solución 0.2050 M de NaOH, un químico excede el punto final y tiene que titular por retroceso con solución 0.100 M de HCl para llegar a un punto final apropiado. ¿Cuál es la molaridad de esta solución de H2SO4, si se añade 32.50 ml de NaOH y 2.50 ml de HCl? Solución.- Se trata de un problema de reacción ácido – base, cuando se neutraliza un ácido con una base, sus números de equivalentes se hacen iguales, en este caso reaccionan dos ácidos con una base y la relación de eq – g es: # eq – g H2SO4 + # eq – g HCl = # eq – g NaOH En términos de concentración normal y volumen: V1 = volumen de ácido sulfúrico V2 = volumen de ácido clorhídrico y V3 = volumen de hidróxido de sodio. N1V1 + N2V2 = N3V3 Donde N1 es la concentración normal de ácido sulfúrico, N2 = M2 y N3 = M34, 0.2050 molar = 0.2050 normal y 0.1 molar = 0.1 normal, N1 =

N3V3 − N2V2 32.5mlNaOH ∗ 0.2050N − 2.5mlHCl ∗ 0.1N = = 0.2565normal V1 25ml

La concentración molar del ácido sulfúrico es: 0.2565eq − gH2SO4 1molH2SO4 ∗ = 0.128molar 1Asol. 2eq − gH2SO4

Ejemplo 8.42.- Calcúlese cuántos mililitros de solución 0.10 M de KMnO4 son necesarios para reaccionar completamente con 0.010 moles de ion oxalato, C2O4−2, según la reacción: 2MnO4− +

5C2O4−2

+ 16 H+

⇒ 2 Mn+2

+

10CO2(g)

+

8H2O

4 Las concentraciones normales y molares son iguales cuando son ácidos monopróticos HCl y en bases cuando tienen un solo oxidrilo en su estructura molecular NaOH.


QMC – 101


303


Solución.- La ecuación molecular es: 2KMnO4 +

5H2C2O4

+ 6 HCl H2C2O4 1mol

⇒ 2 MnCl2 = =

+ 2 KCl + 10CO2(g)

+

8H2O

2H+ + C2O4−2 2 mol 1 mol

De la disociación del ácido oxálico observamos que 1 mol H2C2O4 = 1 mol C2O4−2 o 0.010 mol H2C2O4 = 0.010 mol C2O4−2. Por tanto: 0.010molH2C2O4 ∗

2molKMnO4 1Asol.KMnO4 1000mlsol.KMnO4 ∗ ∗ = 40mlsolKMnO4 5molH2C2O4 0.10molKMnO4 1Asol.

Ejemplo 8.43.- a) Calcular la cantidad de sosa caústica y de agua que se necesita para preparar 5 litros de una solución al 20%, cuya densidad es 1.219 g/ml, b) ¿Cuál es la molaridad de la solución?, c) ¿Cuál es la normalidad de está disolución?, d) ¿Cuál es la molalidad?, e) ¿Cuál es la fracción molar del soluto? Datos: Vsolución = 5 A; Concentración: 20% P/P NaOH; ρsol. = 1.219 g/ml Solución.- 1º determinamos la masa de la solución, recordando que: ρ = m = ρ*V = 1.219

m V

g ∗ 5000 cm3 = 6095 g de solución cm3

a) La masa de sosa caústica es: 6095 g de solución ∗

20 g de NaOH = 1219 g de NaOH 100 g de solución

b) La molaridad de la solución se determina a partir de la densidad de la solución y la concentración de NaOH, es decir: 1.219

g de soluc. 1000 cm3de soluc. 20 g de NaOH 1 mol de NaOH * = 6.095 molar ∗ ∗ cm3de soluc. 1 A de solución 100 g de solución 40 g NaOH

Donde la concentración molar es: Molaridad =

Número de moles de soluto 1 litro de solución

c) La normalidad de la solución se determina a partir de la concentración molar, es decir: 1 eq-g NaOH =

1 mol NaOH 1

Por tanto: 6.095

moles de NaOH 1 eq-g de NaOH ∗ = 6.095 normal 1 A de solución 1 mol de NaOH

Recuerde que la normalidad está dada por: Normalidad =

eq - g de soluto 1 litro de solución

d) La molalidad se determina a partir de la concentración en peso, es decir, a partir del 20% de NaOH. 20 g de NaOH 1000 g H2O 1 mol de NaOH ∗ ∗ = 6.25 molal 80 g H2O 1 Kg de H2O 40 g NaOH

La molalidad se define: molalidad =

Número de moles de soluto kg de disolvente


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304


e) Para hallar la fracción molar del soluto, se puede calcular a partir de la concentración de NaOH, es decir del 20% de NaOH 20 g de NaOH ∗ 80 g de H2O ∗

1 mol de NaOH = 0.5 moles de NaOH 40 g NaOH

1 mol de H2O = 4.44 moles de H2O 18 g H2O

Por tanto la fracción molar del soluto es: XNaOH =

0.5 mol NaOH

(0.5 + 4.44) mol

= 0.10

Ejemplo 8.44.- Los calores latentes de ebullición y de fusión del agua son, respectivamente, 540 cal/g y 80 cal/g. Calcular las constantes molales de los puntos de ebullición y de congelación del agua. Solución.- Con una muy buena aproximación, las constantes molales determina con las siguientes expresiones: Constante ebulloscópica: K eb

RT 2 = = 1000∆HV

cal 2 ∗ (373K ) K − mol = 0.512K / m cal 1000g ∗ 540 g

1.987

Keb = 0.512 °C/molal Constante crioscópica: Kc =

RT 2 = 1000∆Hf

cal 2 ∗ (273K ) K − mol = 1.851K / m cal 1000g ∗ 80 g

1.987

KC = 1.851 °C/molal Ejemplo 8.45.- El calor latente de fusión del cloruro mercúrico (HgCl2) es de 16.9 cal/g en su punto de fusión de 265 °C. Al colocar en 50 g de aquél, que actúa como disolvente, 0.849 g de cloruro mercuroso que actúa como soluto, el punto de fusión de la solución desciende en 1.24 °C. Estimar el peso molecular del cloruro mercuroso y su fórmula molecular. Solución.- En principio determinamos la constante crioscópica del cloruro mercúrico:

Kc =

RT 2 = 1000∆Hf

cal 2 ∗ (538K ) K − mol = 34.03K / m cal 1000g ∗ 16.9 g

1.987

KC = 34.03 °C/molal

La molalidad es: m=

M =

∆Tc 1.24°C = = 0.0364molal Kc 34.03°c / molal

a ∗ 1000 0.849g ∗ 1000 = = 466.48g / mol A∗m 50g ∗ 0.0364

Su formula empírica es: HgCl, (HgCl)n n=

La fórmula molecular es:

466.48 = 1.98 = 2 236.211

Hg2Cl2


QMC – 101


305


Xd =

P 23.28mmHg = = 0.98 P º 23.76mmHg

Ejemplo 8.46.- Cuando se disuelven 60 g de una mezcla de glucosa (C6H12O6) y sacarosa (C12H22O11) en 200 g de agua, se registra una presión de vapor en la disolución de 23.28 mmHg a 25 ºC. La presión de vapor del agua pura a dicha temperatura es 23.76 mmHg. Determinar la composición porcentual en masa en la mezcla de glucosa y sacarosa. Solución.- 60 g de mezcla de C6H12O6 y C12H22O11 ; 200 g agua Sean: C6H12O6

= x

y

C12H22O11 = y

P = 23.28 mmHg

en 200 g de H2O.

Pº = 23.76 mmHg

Aplicando la ley de Rault: P = PºXdisolvente;

Despejando Xd: Xd =

P 23.28mmHg = = 0.98 P º 23.76mmHg

por definición de fracción molar: X disolvente =

mH2O X disolvente =

mH2O MH2O

MH2O +

msoluto Msoluto

nH2O nH2O + nsoluto

200 18 = = 0.98 200 60 + 18 M

g mol

Reemplazando datos: M = 264.63 Considerando la ecuación:

nx + ny = nT x y 60 + = 180 342 264.63

(1) (2)

x + y = 60

Resolviendo el sistema de ecuaciones se determina: x = 19.6 g

%C6H12O6

y = 40.4 g

%C12H22O11 = 67.33%

= 32.67%

Ejemplo 8.47.- Una disolución de 0.52 g de cloruro potásico en 83.6 g de agua congela a − 0.291 °C. Calcular: a) el factor de van’t Hoff, b) el coeficiente osmótico y c) el grado de disociación aparente del KCl. Kc(H2O) = 1.86 °C/mol. Solución.- a) La molalidad de la solución es: m=

0.52gKCl 1000gH 2 O 1molKCl ∗ ∗ = 0.0835molal 83.6gH2O 1KgH2O 74.5gKCl

El factor de van’t Hoff es: i =

∆Tc 0 − (−0.291°C ) = = 1.8739 mKc 0.0835molal ∗ 1.86°C / molal

b) el coeficiente osmótico (g) es: g=

i 1.8739 = = 0.9369 x 2


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306


x es el número de iones KCl = K+ + Cl−, 2 iones c) El grado de disociación aparente del cloruro de potasio es: α =

i −1 1.8739 − 1 ∗ 100% = ∗ 100% = 87.39% x −1 2 −1

Ejemplo 8.48.- Un sólido consiste en una mezcla de NaNO3 y Mg(NO3)2. Cuando 6.5 g del sólido se disuelven en 25 g de agua, el punto de fusión desciende a − 5.4°C. ¿Cuál es la composición en masa del sólido? Kc = 1 .86 °C/molal. Solución:- Sean mx = masa del nitrato de sodio y my = masa del nitrato de magnesio, mx + my = 6.5 (1) Por definición: ∆Tc = Kc ∗ m , m=

[0 − (−5.4)] º C = 2.903molal ∆Tc = Kc 1.86º C / molal

De ahí que los moles de soluto es: 25gH2O ∗

2.903mol = 0.07258mol 1000gH2O

Por tanto: nx + ny = 0.07258

por definición: n=

m M

Donde los pesos moleculares son: M (nitrato de sodio) = 85 g/mol, M (nitrato de agnesio) = 148.3 g/mol my mx + = 0.07258 85 148.3

(2)

Combinando las ecuaciones (1) y (2):

− mx − m y = −6.5

Reordenando:

mx + my = 6.5 my mx + = 0.07258 85 148.3

1.7447m x +my = 10.764

Resolviendo el sistema: mx = 5.725 g y my = 0.775 g, por tanto la composición es: %x =

5.725 ∗ 100% = 88.08% 6.6

%y =

0.775 ∗ 100% = 11.92% 6.6

Ejemplo 8.49.- A 40 ºC, las presiones de vapor del benceno y del tolueno son 182.7 y 59.1 mmHg, respectivamente. Considerando su comportamiento como una mezcla ideal, calcule la composición molar de su fase vapor en equilibrio con una fase líquida que es una mezcla de: a) masas iguales de los dos líquidos, b) moles iguales de los dos líquidos. Solución.- Sean P(benceno) = PºA = 182.7 mmHg y P (tolueno) = PºB = 59.1 mmHg, y X’A y X’B las fracciones molares de la fase vapor de dichas sustancias. Según la ley de Rault: PT = PA + PB , siendo: PA = X A ∗ P º A y

PB = X B ∗ P º B

a) Las fracciones molares se calculan a partir de las masas iguales de ambos líquidos: CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

QMC – 101


307


nA =

mA 50 m 50 = = 0.641 mol de benceno y nB = B = = 0.543 mol de tolueno , por tanto las fracciones molares 78 92 MA MB

son: XA =

0.641 = 0.541 0.641 + 0.543

XB =

PA = 0.541 ∗ 182.7mmHg = 98.84mmHg

X 'A =

0.543 = 0.459 0.641 + 0.543

PB = 0.459 ∗ 59.1mmHg = 27.13mmHg

98.84 = 0.785 98.84 + 27.13

X 'B =

27.13 = 0.215 98.84 + 27.13

b) Puesto que los moles de A son iguales a los moles de B en solución: X A = 0.5 , X B = 0.5 PA = 0.50 ∗ 182.7mmHg = 91.35mmHg X 'A =

PB = 0.50 ∗ 59.1mmHg = 29.55mmHg

91.35 = 0.756 91.35 + 29.55

X 'B =

29.55 = 0.244 91.35 + 29.55

Ejemplo 8.50.- a) determine la cantidad de tetraborato de sodio decahidratado, Na2B4O7.10H2O y de agua que se necesitan para preparar 12 litros de una disolución al 13.9% en tetraborato de sodio anhidro y densidad relativa 1.15. Además, calcule: b) la concentración molar en tetraborato de sodio, c) la normalidad de la disolución, d) la molalidad y e) la fracción molar del soluto. Solución.- Sean: masa de Na2B4O7.10H2O = A y masa de agua = B, siendo el peso molecular de A = 381.2 g/mol , el peso molecular de B = 18 g/mol y el peso molecular del Na2B4O7 = 201.2 g/mol a) 12Asol ∗

1000mlsol 1.15gsol 13.9gNa2 B4O7 381.2 g de A ∗ ∗ ∗ = 3634.28 g de Na2B4O7 ∗ 10H2O 1Asol 1mlsol 100gsol 201.2gNa2B4O7

b) La concentración molar en tetraborato de sodio: Masa de Na2B4O7. = 3634.28gA ∗

M =

201.2gNa2B4O7 = 1918.20gNa2 B4O7 381.2gA

1918.20 g Na2 B4O7 1 mol Na2B4O7 ∗ = 0.794molar 12 A de solución 201.2 g Na2B4O7

d) la molalidad es: m=

13.9gNa2B4O7 1000gH2O 1molNa2B4O7 ∗ ∗ = 0.802molal 86.10gH2O 1kgH2O 201.2gNa2B4O7

e) fracción molar del soluto: 13.9gNa2B4O7 ∗

1molNa2B4O7 = 0.069molNa2B4O7 201.2gNa2B4O7

86.10gH2O ∗

X soluto =

y

1molH2O = 4.78molH2O 18gH2O

0.069 = 0.014 0.069 + 4.78

Ejemplo 8.51.- La densidad relativa de una disolución acuosa de cloruro de potasio que contiene 24.6 g KCl es de 1.131 a 21 ºC, mientras que la densidad relativa del cloruro de potasio sólido, a la misma temperatura es 1.984. Calcular: a) la molaridad, b) la normalidad, c) la molalidad, d) la fracción molar, y e) el tanto por ciento en volumen. (K = 39; Cl = 35.5) Solución.Datos:

ρSolución= 1.131 g/ml;

ρKCl= 1.984 g/ml;

mKCl = 24.6 g


ρH2O= 1.0 g/ml;

mH2O = x

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ρ solución =

mKCl + mH2O mtotal = Vtotal VKCl + VH2O

(1)

mH2O = VH2O

(2)

mKCl

(3)

VKCl =

ρ KCl

=

24.6g = 12.40ml 1.984

Reemplazando en (1) 1.131 =

24.6g + mH2O 12.4 + mH2O

mH2O = 80.76 g VH2O = 80.76 ml Volumen total: Vsolución = 12.4 ml + 80.76 ml = 93.16 ml a) la molaridad es: 24.6 g KCl 1000 ml 1 mol KCl ∗ ∗ = 3.54 molar 93.16 ml 1A 74.5 g KCl

b) La normalidad es: 24.6 g KCl 1000 ml 1 mol KCl 1 eq − gKCl ∗ ∗ ∗ = 3.54 normal 93.16 ml 1A 74.5 g KCl 1 mol KCl

c) La molalidad: 24.6 g KCl 1000 g H2O 1 mol KCl ∗ ∗ = 4.09 molal 80.76 g H2O 1 Kg H2O 74.5 g KCl

d) La fracción molar: 24.6 g KCl ∗

1 mol KCl = 0.33 mol KCl 74.5 g KCl X KCl =

e)

0.33 = 0.068 4.82

El % en volumen:

80.76 g H2O ∗ X H2O =

1 mol H2O = 4.49 mol H2O 18 g H2O

4.49 = 0.932 4.82

%VKCl =

12.4ml ∗ 100% = 13.31% 93.16ml

PROBLEMAS PROPUESTOS 8.1.- Una disolución con un volumen final de 500.0 ml se preparó disolviendo 25.00 ml de metanol (densidad 0.7914 g/ml) en cloroformo. a) Calcular la Molaridad del metanol. b) Si la solución resultante tiene una densidad de 1.454 g/ml ¿Cual es la molalidad del metanol? Rpta.- a) 1.235 M; b) 0.873 m. 8.2.- Se mezclan 120.0 g de etanol puro con 280.0 g de agua. Hallar la concentración de alcohol en la mezcla líquida en: a) %(p/p); b)% (p/v); c)% (v/v); d) molalidad; e)fracción molar; f) molaridad. Datos (a 20 °C): densidades: etanol = 0.7893 g/ml; agua = 0.9982; solución = 0.9538; M etanol = 46; agua = 18. Rpta.- a)30%; b)28.61%; c)36.25%; d)9.32 m; e)0.14; f)6.22 M. 8.3.- a) ¿Que volumen de ácido sulfúrico comercial de densidad 1.836 g/ml y con una riqueza del 98% (p/p) hace falta para preparar una solución de 500.0 ml de ácido sulfúrico 0.1 M? b) ¿Que volumen de la misma disolución de ácido sulfúrico comercial se debe añadir a 500.0 ml de una solución de ácido sulfúrico 0.8 M para hacerla exactamente 2 M? Rpta.- a) 2.72 ml; b) 36.7 ml. 8.4.- ¿Que cantidad de permanganato potásico es necesario pesar para preparar un litro de disolución de permanganato potásico 0.1 N que va a ser empleada en una valoración redox en la que el permanganato se reduce a Mn(II)? Rpta.- 3.1588 g.


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8.5.- a) Calcular cuantos mililitros de HNO3 de densidad 1,4 g/ml y del 68 % de riqueza han de medirse para preparar 1,5 A de solución 0.5 N, que se va a utilizar en una reacción en la cual el HNO3 actúa como oxidante, siendo el NO el producto de reducción del HNO3. b) Repetir los cálculos para el caso de que el producto de reducción del HNO3 sea el NO2. Rpta.- a) 16,54 ml; b) 49,62 ml. 8.6.- ¿Que cantidad de cloruro de magnesio hexahidratado se debe tomar para preparar 1 litro de solución de Mg de 1000 ppm? b)¿Que volumen de esta solución se ha de tomar para preparar por dilución 50 ml de solución de 100 ppm de Mg? Rpta.- a) 8.3626 g; b) 5 ml. 8.7.- En un método espectrofotométrico de Cr(VI) se toman 2 g de muestra, se disuelve y se diluye a 100 ml. Se ponen 5 ml de esta disolución en un matraz aforado de 25 ml, se añaden los reactivos, se agita y se enrasa. Teniendo en cuenta la recta de calibrado se encuentra que en el matraz de 25 ml la concentración de Cr(VI) es de 3 ppm. a) Calcular el porcentaje de Cr(VI) en el problema. b) Dar también el resultado en ppm. Rpta.- a) 0.075%; b) 750 ppm. 3.8 Leemos en un libro de prácticas de química: Si se miden 40 ml de HCl concentrado (densidad 1.195 g/ml, 38.72% HCl) y se diluye hasta formar un litro de solución, ésta resulta aproximadamente 0.5 N. Háganse los cálculos para ver si esto es verdad. Rpta. 0.507 N 3.9 Se disuelve 350 g de cloruro de cinc anhidro (densidad relativa 2.91) en 650 g de agua, se obtiene una disolución cuyo volumen total, a 20 ºC es de 740 ml. Calcular: a) la molaridad, b) la normalidad, c) la molalidad, d) las fracciones molares, e) el tanto por ciento en masa Rpta. 3.47 M, 6.94 N, 3.95 m, 0.0665, 35% ZnCl 8.10.- Se prepara una solución disolviendo 15 g de MgSO4∗7H2O en 100 g de agua. ¿Cuál es la molalidad de MgSO4 en esta solución? Rpta.- 0.565 m 8.11.- Una muestra de sulfato de aluminio y potasio dodecahidratado KAl(SO4)2∗12H2O que contiene 118.6 mg se disuelve en 1 litro de solución. Calcule los datos siguientes de la solución: a) la molaridad de KAl(SO4)2, b) la molaridad de SO4−2, c) la molalidad del Al2(SO4)3, si se supone que la densidad de la solución es 1 g/ml. 8.12.- Una solución acuosa es cloruro de amonio, NH4Cl, al 8.50%, en masa. La densidad de la solución es 1.024 g/ml. ¿Cuáles son la molalidad, la fracción molar y la molaridad del NH4Cl en la solución? 8.13.- Se desea preparar exactamente 10 litros de solución 0.750 N de NaOH. ¿Cuántos mililitros de solución de sosa cáustica de densidad 1.160 y 14.45% en masa de NaOH deben emplearse? 8.14.- Para preparar 10 litros exactos de solución 0.111 N de KOH, disponemos de 40.22 g de KOH puro. ¿Cuántos ml de solución de potasa cáustica, de peso específico 1.3010 del 31% en masa de KOH son necesarios para completar la solución? 8.15.- Calcular la pureza en tanto por ciento de una muestra de H2C2O4∗2H2O partiendo del dato de que 1.00 g de la misma es neutralizado por 31.4 cc de solución básica 0.5 N. 8.16.- Si 1 g de H2C2O4∗2H2O puro neutraliza 33.0 cc de una solución de KOH, calcular la concentración de ésta en: a) gramos de KOH por litro; b) normalidad como bases; c) molaridad. 8.17.- La solución de NH4OH de peso específico relativo 0.954 contiene 11.64% de NH3. Calcular su normalidad como base. 8.18.- Masa iguales de NaOH y KOH son disueltos separadamente en la misma cantidad de agua. ¿Cuál es la relación de sus normalidades? 8.19.- ¿Cuántos grados aumentará el punto de ebullición del agua si en 100 g de ésta se disuelven 9 g de glucosa? 8.20.- ¿A que temperatura, aproximadamente, hervirá la disolución al 50% en masa de sacarosa?


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8.21.- ¿A que temperatura, aproximadamente, cristalizará la disolución al 40% en masa de alcohol etílico? 8.22.- ¿Cuántos gramos de sacarosa se deben disolver en 100 g de agua para: a) disminuir la temperatura de cristalización en 1 grado; b) aumentar la temperatura de ebullición en 1 grado? 8.23.- ¿En que relación deben encontrarse las masas de agua y de alcohol etílico para que al mezclarlos, se obtenga una disolución que se cristalice a –20 ºC? 8.24.- Para establecer el valor de la constante crioscópica molal de un disolvente orgánico X, se efectuó una serie de determinaciones de temperaturas de congelación de soluciones. En un ensayo, 2.205 g de naftaleno (C10H8) disueltos en 80.0 g de dicho disolvente originaron un descenso crioscópico de 0.970°C. Calcular el valor hallado para dicha constante. 8.25.- Calcular el valor de la masa molar relativa de una sustancia que se disuelve en agua sin sufrir asociaciones ni disociación, sabiendo que 2.70 g de la misma, disueltos en 150.0 g de agua, originan una solución que congela a −0,375°C. 8.26.- Una solución acuosa de glucosa (C6H1206) tiene una temperatura de congelación de −0.420°C. Calcular la solubilidad de la glucosa en agua. 8.27.- Calcular la masa de cloruro de calcio anhidro, que debe disolverse por metro cúbico de agua para obtener una solución que congele a −40 °C. Se supone disociación electrolítica total y comportamiento ideal. 8.28.- 1200 g de agua contienen disueltos 4.6 g de urea (CON2H4), 12.0 g de cloruro de sodio y 3.8 g de sulfato de potasio. Calcular la temperatura de ebullición de esa solución, suponiendo totalmente disociadas a las dos sales presentes. 8.29.- La presión osmótica del plasma sanguíneo humano es de aproximadamente 7.63 atm a 37°C. Calcular que masa de cloruro de sodio (suponiendo disociación total) debe disolverse por cm3 de agua, para que la solución obtenida sea isotónica con el plasma. NOTA: suponer que el volumen no varía por el agregado de soluto. 8.30.- Cuando se disuelve 1.00 g de urea CO(NH2)2] en 200 g del disolvente A, el punto de congelación de A disminuye 0.250°C. Cuando se disuelven 1.50 g de Y en 125 g del mismo disolvente A, el punto de congelación de A disminuye 0.200°C. a) Calcule el peso molecular de Y. b) El punto de congelación de A es 12°C y su peso molecular 200. Calcule el calor molar de fusión de A. 8.31.- Una solución acuosa de sacarosa (C12H22O11 ) tiene una presión osmótica de 12.5 atm a 23°C. ¿Cuál es la presión de vapor de la solución a esa temperatura? La densidad de la solución a 23 °C = 1.06 g/cm3, PV(H2O) a 23°C = 21.1 mmHg 8.32.- Un sólido consiste en una mezcla de NaNO3 y Mg(NO3)2. Cuando 6.5 g del sólido se disuelven en 50 g de agua, el punto de fusión desciende a 5.4°C. ¿Cuál es la composición en masa del sólido? Kc = 1 .86 °C/molal 8.33.- Una muestra de una sustancia de peso molecular 369 g/mol mezclada con lactosa (peso molecular 342 g/mol) se analizó por presión osmótica para determinar la cantidad de azúcar presente. Si 100 ml de la disolución que contienen 1.00 g de la mezcla sustancia − azúcar tienen una presión osmótica de 527 mmmHg a 25º C, calcular la fracción molar de azúcar presente. 8.34.- A la temperatura de 65 ºC hallar la presión de vapor sobre una disolución que contiene 13.68 g de sacarosa en 90 g de agua, si la presión de vapor saturado sobre el agua a la misma temperatura es igual a 25.0 kPa (187.5 mm Hg). 8.35.- ¿A que es igual la presión de vapor saturado sobre una disolución al 10% CO(NH2)2 a 100 ºC?

de carbamida

8.36.- A la temperatura de 315 K, la presión de vapor saturado sobre el agua es igual a 8.2 kPa (61.5 mmHg). ¿Cuanto disminuirá la presión de vapor a la temperatura señalada, si en 540 g de agua se disuelven 36 g de glucosa?


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8.37.- A 293 K la presión de vapor saturado sobre el agua es igual a 2.34 kPa (17.53 mmHg). ¿Cuántos gramos de glicerina C3H5(OH)3 se deben disolver en 180 g de agua para disminuir la presión de vapor en 133.3 Pa? 8.38.- Al disolver 5.0 g de sustancia en 200 g de agua se obtiene una disolución no conductora de corriente, la cual se cristaliza a -1.45 ºC. Determine el peso molecular del soluto. 8.39.- Una disolución de 0.52 g de cloruro potásico en 83.6 g de agua congela a - 0.291 °C. Calcular el factor de van’t Hoff, el coeficiente osmótico y el grado de disociación aparente del KCl. Kc(H2O) = 1.86 °C/mol. Rpta. i = 1.876; g = 0.938; α = 0.876 8.40.- El punto de ebullición de una disolución de 3.41 g de cloruro cálcico en 100 g de agua es 100.21 °C. Calcular el factor de van’t Hoff, el coeficiente osmótico y el grado de disociación aparente del cloruro de bario. Ke(H2O) = 0.52 °C/mol Rpta. i = 2.466; g = 0.822; α = 0.733 8.41.- Una disolución de cloruro de cinc al 1%, y de densidad prácticamente la unidad, congela a – 0.28 °C. Calcular el grado de disociación aparente del cloruro de cinc, y a partir de él, la concentración de los iones en la disolución. Rpta. α = 0.516; [Zn+2] = 0.0375 M 8.42.- Calcular la presión de vapor a 100 °C de una disolución de cloruro de sodio al 10%, suponiendo que el grado de disociación aparente de la sal sea del 90%. Rpta. 713.6 mmHg 8.43.- Una disolución de cloruro potásico que contiene 1 g de sal por litro ejerce, a 14 °C, una presión osmótica de 456 mmHg. Calcular el valor del coeficiente osmótico y el grado de disociación aparente del cloruro potásico. Rpta. g = 0.951; α = 90.1% 8.44.- Calcular la presión osmótica a 18 °C de una solución de cloruro sódico que contiene 2.5 g de sal en 100 cm3, si el factor de van’ Hoff es igual a 1.83. Rpta. 18.68 atm 8.45.- Un cloruro hidratado de calcio contiene 27.21% de Ca y 28.30% de Cl. La disolución formada al disolver 0.364 g del compuesto en 50 g de agua empieza a congelar a – 0.29 °C. a) Escribir la fórmula racional del compuesto, b) determine el factor de van’t Hoff. Kc(H2O) = 1.86 °C/mol Rpta. CaCl2H2O; i = 3.12 8.46.- Una solución acuosa con 5.00% en peso de ácido sulfúrico, tiene un punto de congelación de – 2.17 °C. Calcular: a) El factor de Van’t Hoff. b) El coeficiente osmótico de la solución Rpta.- 2.17; 0.723 8.47.- Una solución acuosa 0.100 molal de ácido acético, presenta disociado el CH3COOH en 1.35%. Calcular: a) El punto de congelación de la solución b) La presión osmótica de la solución Rpta.- -0.188 °C; 2.48 atm 8.48.- Se ha disuelto 160 g de ácido oxálico en 1000 g de agua, resultando que la solución hierve a 102.41 °C, a la presión de 1 atm. Calcular el grado de disociación del COOH – COOH. Rpta.- 0.82 8.49.- El descenso de la presión de vapor producido por un mol de NaCl en 1000 g de agua a 18 °C, es de 0.475 mmHg. La tensión de vapor de agua a 18 °C es de 15.477 mmHg. Calcular: a) El factor de Van’t Hoff. b) La presión osmótica Rpta.- 1.734; 41.38 atm


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