Problemas de termoquímica, cinética y

INTRODUCCIÓN
ElaprendizajedelaQuímicaconstituyeunretoalqueseenfrentancadaañolos,cadavezmás
escasos, estudiantes de 2° de bachillerato que eligen las opciones de “Ciencias”, “Ciencias de la
Salud”e“IngenieríayArquitectura”.Estotambiénconstituyeunretoparalosprofesoresque,no
solodebensercapacesdebuscarlaformamáseficazparaexplicarestadisciplina,sinoademás,
inculcarelinterésquenacedelreconocimientodelpapelquejuegalaQuímicaenlavidayenel
desarrollodelassociedadeshumanas.
Enestecontexto,lasOlimpiadasdeQuímicasuponenunaherramientamuyimportanteyaque
ofrecen un estímulo, al fomentar la competición entre estudiantes procedentes de diferentes
centrosycondistintosprofesoresyestilosoestrategiasdidácticas.
Estacoleccióndecuestionesyproblemassurgiódelinterésporpartedelosautoresderealizar
una recopilación de los exámenes propuestos en diferentes pruebas de Olimpiadas de Química,
conelfindeutilizarloscomomaterialdeapoyoensusclasesdeQuímica.Unavezinmersosen
esta labor, y a la vista del volumen de cuestiones y problemas reunidos, la Comisión de
OlimpiadasdeQuímicadelaAsociacióndeQuímicosdelaComunidadValencianaconsideróque
podía resultar interesante su publicación para ponerlo a disposición de todos los profesores y
estudiantes de Química a los que les pudiera resultar de utilidad. De esta manera, el presente
trabajosepropusocomounposiblematerialdeapoyoparalaenseñanzadelaQuímicaenlos
cursos de bachillerato, así como en los primeros cursos de grados del área de Ciencia e
Ingeniería. Desgraciadamente, no ha sido posible ‐por cuestiones que no vienen al caso‐ la
publicación del material. No obstante, la puesta en común de la colección de cuestiones y
problemasresueltospuedeservirdegermenparaeldesarrollodeunproyectomásamplio,enel
queeldiálogo,elintercambiodeideasylacomparticióndematerialentreprofesoresdeQuímica
condistintaformación,origenymetodología,peroconobjetivoseinteresescomunes,contribuya
aimpulsarelestudiodelaQuímica.
En el material original se presentan los exámenes correspondientes a las últimas Olimpiadas
NacionalesdeQuímica(1996‐2011)asícomootrosexámenescorrespondientesafaseslocalesde
diferentes Comunidades Autónomas. En este último caso, se han incluido sólo las cuestiones y
problemasquerespondieronalmismoformatoquelaspruebasdelaFaseNacional.Sepretende
ampliar el material con las contribuciones que realicen los profesores interesados en impulsar
este proyecto, en cuyo caso se hará mención explícita de la persona que haya realizado la
aportación.
Las cuestiones son de respuestas múltiples y se han clasificado por materias, de forma que al
final de cada bloque de cuestiones se indican las soluciones correctas. Los problemas se
presentancompletamenteresueltos.Enlamayorpartedeloscasosconstandevariosapartados,
queenmuchasocasionessepodríanconsiderarcomoproblemasindependientes.Esporelloque
enelcasodelasOlimpiadasNacionalessehaoptadoporpresentarlaresolucióndelosmismos
planteandoelenunciadodecadaapartadoy,acontinuación,laresolucióndelmismo,enlugar
de presentar el enunciado completo y después la resolución de todo el problema. En las
cuestionesyenlosproblemassehaindicadolaprocedenciayelaño.
Losproblemasycuestionesrecogidosenestetrabajohansidoenviadospor:
Juan A. Domínguez (Canarias), Juan Rubio (Murcia), Luis F. R. Vázquez y Cristina Pastoriza
(Galicia), José A. Cruz, Nieves González, Gonzalo Isabel (Castilla y León), Ana Tejero (Castilla‐
LaMancha),PedroMárquez(Extremadura),PilarGonzález(Cádiz),ÁngelF.SáenzdelaTorre
(La Rioja), José Luis Rodríguez (Asturias), Matilde Fernández (Baleares), Fernando Nogales
(Málaga).
Finalmente,losautoresagradecenaHumbertoBuenosuayudaenlarealizacióndealgunasde
lasfigurasincluidasenestetrabajo.
Losautores
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
1
5.TERMOQUÍMICAYTERMODINÁMICA
5.1. El platino se utiliza como catalizador en los automóviles modernos. En la catálisis, el
monóxido de carbono (
° = ‐110,5 kJ·
y
° = ‐137,3 kJ·
) reacciona con el
oxígeno para dar dióxido de carbono (
° = ‐393,5 kJ·
y
° = ‐394,4 kJ·
).
Determinasi:
a)Lareacciónesespontáneaa25°C.
b)Lareacciónesendotérmica.
c)ElvalordeΔS°paralareacciónindicandosilaentropíadelsistemaaumentaodisminuye.
Lareaccióncatalíticatotalessimpleperoelmecanismodereacciónenfasehomogéneaes
complicadoyconungrannúmerodepasosdereacciónqueson:
1)AdsorcióndeCOyadsorción/disociaciónde (ΔH=259kJ/moldeCO+O)
2)Energíadeactivación(105kJ/moldeCO+O)
3)Formación/desorciónde
(ΔH=21kJ/molde
)
Esta reacción de la oxidación de CO a
catalizada por Pt se puede representar en un
diagrama de energía. Justifica a cuál de los representados en la figura correspondería la
respuestacorrecta.
304
259
105
1
4
3
259
105
21
21
Coordenada de reacció
reacción
Coordenada de reacció
reacción
Energíía Potencial / kJ
Energ
394,4
2
Energíía Potencial / kJ
Energ
Energíía Potencial / kJ
Energ
Energíía Potencial / kJ
Energ
105
280
259
Coordenada de reacció
reacción
105
Coordenada de reacció
reacción
(Canarias1997)
LaecuaciónquímicacorrespondientealaoxidacióncatalíticadelCOes:
CO(g)+½O (g)CO (g)
a) Para determinar si la reacción es espontánea a 25°C es necesario conocer el valor de
Δ G°delareacción.
Δr G°=Σ ν G
productos –Σ
Δr G°=1molCO
νG
reactivos ‐137,3kJ
‐394,4kJ
–1molCO
=‐257,1kJ
molCO
molCO
Setratadeunareacciónespontáneaa25°CyaqueelvalordeΔrG°<0.
NosetieneencuentaelvalordeΔ G°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
b)Paradeterminarsilareacciónesendotérmicaa25°Cesnecesarioconocerelvalorde
Δ H°delareacción.
Δr H°=Σ νi H°i
productos –Σ
Δr H°=1molCO
νi H°i
reactivos ‐110,5kJ
‐393,5kJ
–1molCO
=‐283,0kJ
molCO
molCO
Setratadeunareacciónexotérmicaa25°CyaqueelvalordeΔrH°<0.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
2
c)ParadeterminarelvalordeΔ S°delareaccióna25°Cseutilizalaexpresión:
ΔG°=ΔH°–T·ΔS°
ΔH°–ΔG°
‐283,0kJ·mol – ‐257,1kJ·mol
=
T
25+273K
103 J
=86,9J·
1kJ
El siguiente diagrama de energía muestra las tres diferentes
etapasdelprocesodeoxidacióndelCOaCO :
1)AdsorcióndeCOyadsorción/disociacióndeO (ΔH=259kJ/moldeCO+O)
2)Energíadeactivación(105kJ/moldeCO+O)
Energíía Potencial / kJ
Energ
ΔS°=
·
3
259
105
21
3)Formación/desorcióndeCO (ΔH=21kJ/moldeCO )
Coordenada de reacció
reacción
5.2.Losalimentosquecomemossufrenunprocesodedegradaciónennuestroorganismopor
elqueleproporcionanaéstelaenergíanecesariaparaelcrecimientoylasfuncionesvitales.
Laecuacióndecombustióndelaglucosaeslaquemejordescribeelproceso.
(s)+ (g)
(g)+
(g)
Silacantidaddealimentosqueunapersonaconsumealdíaequivaleaunaingestade856g
deglucosa,calcula:
a)Lamasade
queseproducecomoconsecuenciadelacombustióndetalcantidadde
glucosa.
b)Laenergíaquesesuministraalorganismo.
c)Elvolumendeaire,medidoa17°Cy770Torr,quesenecesitaparalatotalcombustiónde
lacantidadindicada.
(Datos.
°(kJ·
):
(s)=‐1260;
(g)=‐393,5;
(g)=‐241,8
ConstanteR=0,082atm·L·
·
.Elairecontieneun21%envolumendeoxígeno)
(Murcia1998)
a)Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealacombustióndelaglucosaes:
C H O (s)+6O (g)6CO (g)+6H O(g)
ElnúmerodemolesdeC H O es:
856gC H O
1molC H O
=4,76molC H O 180gC H O
RelacionandoC H O conCO :
4,76molC H O
6molCO
44gCO
=1256g
1molC H O 1molCO
b) La entalpía de combustión de la glucosa puede calcularse a partir de las entalpías de
formacióndeproductosyreactivos:
Δr H°=Σ ν H
Δc H°
productos –Σ
6molH2 O
νH
reactivos ‐241,8kJ
‐393,5kJ
‐1260kJ
6molCO
– 1molC H O
molH2 O
molCO
molC H O
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Δc H°=2552kJ·
3
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Laenergíasuministrada:
4,76molC H O
‐2552kJ
=‐1,21·104 kJ
molC H O
c)RelacionandoC H O conO :
4,76molC H O
6molO
=28,5molO 1molC H O
Considerandocomportamientoideal:
V=
28,5mol 0,082atm·L·mol ·K
1atm
17+273 K 100Laire
=3,2·104 Laire
20LO
5.3.¿Podríacalcularlaafinidadelectrónicadelbromoapartirdelassiguientesecuaciones?
Justifiquelarespuestaqueobtengainterpretandocadaunadelasecuaciones:
580kJ
½
(l)+
½
(l)+15kJ½
½
(g)+96kJBr(g)
(g) 351kJ
(aq)
(g)
(aq)
(Canarias1998)
Laafinidadelectrónicadeunelementosedefinecomo“laenergíaquedesprendeunátomo
cuandocaptaunelectrón”.Aplicadoalbromo,eslaenergíaasociadaalsiguienteproceso:
Br(g)+e Br (g)+AE
DeacuerdoconlaleydeHesssíquesepuedecalcularlaafinidadelectrónicadelbromoa
partir de las ecuaciones químicas propuestas que se pueden reescribir para obtener la
ecuaciónquímicaproblema.
½Br (l)+e –580kJBr (aq)
Esta ecuación corresponde a tres procesos, disociación de la molécula de bromo,
disoluciónacuosadelbromo(l)yformacióndeliónbromuro(aq).
½Br (g)½Br (l)+15kJ
Laecuaciónanteriorcorrespondeauncambiodeestado,lacondensacióndelbromo(g).
Br(g)½Br (g)+96kJ
Estaúltimaecuacióncorrespondealadisolucióndelionbromuro(g).
Br (aq)Br (g)–351kJ
Sumandolasecuacionesquímicasanterioresseobtiene:
Br(g)Br (g)+341kJ
Laafinidadelectrónicadelbromoes,AE=‐341kJ·
.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
4
5.4. Las variaciones de entalpías normales de formación del butano, dióxido de carbono y
agualíquidason:‐126,1;‐393,7y‐285,9kJ·
,respectivamente.Calculalavariaciónde
entalpíaenlareaccióndecombustióntotalde3kgdebutano.
(Canarias1998)
Laecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndelbutano,C H ,es:
C H
(g)+
13
O (g)4CO (g)+5H O(l)
2
Lavariacióndeentalpíaasociadaalprocesopuedecalcularseapartirdelaexpresión:
Δr H°=Σ ν H
productos –Σ
Δc H°= 5molH O
Δc H°=‐2878,2kJ·
νH
reactivos ‐285,9kJ
‐393,7kJ
+4molCO
 1molC H
molH O
molCO
‐126,1kJ
molC H
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Deacuerdoconelsignonegativodelaentalpíasetratadeunprocesoexotérmicoenel
queseliberacalor.
RelacionandolaentalpíadecombustiónconlacantidaddeC H quesequema:
3000gC H
‐2878,2kJ
1molC H
=‐1,5·105 kJ
1molC H
58gC H
5.5.Dadalasiguientereacciónenfasegaseosa(queesnecesarioajustar):
amoníaco+oxígenomonóxidodenitrógeno+agua
a)Calculeelcalordereacciónestándar.
b)Calculeelcalorabsorbidoodesprendido(especifique)cuandosemezclan5gdeamoníaco
con5gdeoxígeno.
(Datos.Entalpíasdeformaciónestándar(kJ·
):amoníaco=‐46;monóxidodenitrógeno
=90;agua=‐242)
(Extremadura1998)
a)Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealareacciónpropuestaes:
4NH (g)+5O (g)4NO(g)+6H O(g)
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δr H°=Σ ν H
Δr H°
productos –Σ
4molNO
νH
reactivos 90kJ
‐242kJ
‐46kJ
+6molH O
 4molNH
molNO
molH O
molNH
‐908kJ
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
b)Alexistircantidadesdelosdosreactivos,esnecesariodeterminarpreviamentecuálde
elloseselreactivolimitante:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
5gO
5gNH
1molO
=0,16molO
32gO

1molNH
=0,29molNH
17gNH
5
0,16molO
=0,55
0,29molNH
Comoseobserva,larelaciónmolarentreO yNH esmenorque5/4,locualquieredecir
que sobra NH , por lo que se gasta todo el que es el reactivo limitante y que
determinalacantidaddecalordesprendido.
5gO
1molO ‐908kJ
=‐28,4kJ
32gO 5molO
5.6.Mediantelafotosíntesislasplantastransformaneldióxidodecarbonoyelaguaenhidratos
decarbono,comolaglucosa,obteniendolaenergíanecesariadelaluzsolar.
Considerandolareacción:
6
(g)+6
(l)
(s)+6 (g)
ysabiendoquea25°Cy1atm:
(g)
(l)
(s)
(g)
°(kJ·
)
‐393,5
‐285,8
‐1273,3
0
S°(J·
·
)
213,6
69,9
212,1
205
Enestascondiciones,determinar:
a)Laenergíasolarmínimanecesariaparalaformaciónde9gdeglucosaporfotosíntesis.
b)¿Setratadeunprocesoespontáneo?Razoneyfundamentesurespuesta.
(Murcia1999)
a) La energía necesaria para la formación de la glucosa por medio de esa reacción se
calculaapartirdelaentalpíadereacción,quepuedecalcularseapartirdelasentalpíasde
formacióndeproductosyreactivos.
6CO (g)+6H O(l)C H O (s)+6O (g)
Δr H°=Σ ν H
Δr H°
productos –Σ
1molC H O
νH
reactivos ‐1260kJ
molC H O
– 6molH O
‐285,8kJ
‐393,5kJ
+6molCO
molH O
molCO
Δr H°=2802,5kJ·mol NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Laenergíanecesariaparaobtener9gdeC H O es:
9gC H O
2802,5kJ
1molC H O
=140kJ
180gC H O 1molC H O
b)ParasabersisetrataonodeunprocesoespontáneoesnecesariocalcularΔG°:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
ComoΔH°yaesconocido,secalculaΔS°apartirdelasentropíasmolaresdeproductosy
reactivos:
Δr S°=Σ ν S
productos –Σ
νS
reactivos ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Δr S°= 1molC H O
– 6molH O
212J
205J
+6molO
K molC H O
K molO
69,9J
213,6J
+6molCO
K molH O
K molCO
6
–
=‐258,9
J
K mol
LavariacióndeenergíalibredeGibbs:
Δr G°=
2802,5kJ
‐258,9J 1kJ
kJ
–298K
3 =2879,7
mol
K·mol 10 J
mol
Setratadeunprocesonoespontáneoa25°CyaqueelvalordeΔr G°>0.
5.7.Elcalordecombustióndelaglucosa(
)es2816,8kJ/molyeldeletanoles1366,9
kJ/mol.
¿Cuáleselcalordesprendidocuandoseformaunmoldeetanolporfermentacióndeglucosa?
(Galicia1999)
Laecuacióntermoquímicacorrespondientealacombustióndelaglucosaes:
C H O (s)+6O (g)6CO (g)+6H O(g)+2816,8kJ
ylaecuacióntermoquímicacorrespondientealacombustióndeletanoles:
C H O(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(g)+1366,9kJ
Laecuacióntermoquímicacorrespondientealafermentacióndelaglucosaes:
C H O (s)2C H O(l)+2CO (g)
Aplicando la ley de Hess, la entalpía correspondiente a esta reacción se puede obtener
combinandolasreaccionesanteriores:
C H O (s)+6O (g)6CO (g)+6H O(g)+2816,8kJ
4CO (g)+6H O(g)+2733,8kJ2C H O(l)+6O (g)

C H O (s)2C H O(l)+2CO (g)+83kJ
Estevalorcorrespondealacantidaddecalordesprendidoenlaformaciónde2molesde
C H Oenlafermentacióndeglucosa.Paraunmol:
‐83kJ
=‐41,5kJ·
2mol
5.8.Determinalaentalpíadelareaccióncorrespondientealaobtencióndeltetraclorurode
carbonosegúnlaecuación:
(l)+3 (g)
(l)+
(l)
sabiendoquelasentalpíasdeformaciónde
(l),
(l)y
(l)son,respectivamente,
89,7;‐135,44y‐143,5kJ·
.
SilaenergíadelenlaceC‐Cles322kJ·
,ladelenlaceCl‐Cles243kJ·
,ladelenlace
C=S es 477 kJ·
y la del enlace S‐Cl es 255 kJ·
, estima la del enlace entre los
átomosdeazufreenel
.
(C.Valenciana1999)(Castilla‐LaMancha2011)
Lavariacióndeentalpíaasociadaalprocesopuedecalcularseapartirdelaexpresión:
Δr H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
7
Sustituyendo:
Δr H°= 1molCCl
‐135,44kJ
‐143,5kJ
89,7kJ
+1molS Cl
 1molCS
=‐368,64kJ
molCCl
molS Cl
molCS
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delCl (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Lavariacióndeentalpíaasociadaaunareaccióntambiénsepuedecalcularapartirdelas
energíasdeenlacemediantelaexpresión:
Δr H°=Σ ν H
enlacesformados Σ
νH
enlacesrotos Reescribiendolaecuaciónquímicadeformaqueseveantodoslosenlacesexistentes:
Losenlacesformadosenlosproductosylosrotosenlosreactivosson:
Δr H°= ESS +4·ECCl +2·ESCl  2·EC=S +3·ECCl Sustituyendoenlaecuacióndelaentalpíayteniendoencuentaquelasenergíasdeenlace
seconsiderannegativasyaquelaformacióndeunenlaceesunprocesoexotérmico:
‐368,64kJ= 1molSS·ESS +4molCCl
 2molC=S
Seobtiene,ESS =‐253,64kJ·
‐322kJ
‐255kJ
+2molSCl

molCCl
molSCl
‐243kJ
‐477kJ
+3molClCl
molClCl
molC=S
.
5.9.UtilizandoelciclodeBorn‐Haber,unosalumnosresuelvenelsiguienteproblema:
Apartirdelosdatosdelatabla,a25°C,determinanlaenergíareticular(U)deuncompuesto
AX(s).(ArepresentaunalcalinoyXunhalógeno):
Energía
Valorabsoluto(kcal·
)
EntalpíadeformacióndeAX(s)
150,0
PotencialdeionizacióndeA(g)
95,9
AfinidadelectrónicadeX(g)
90,7
Energíadedisociaciónde (g)
57,6
EnergíadesublimacióndeA(s)
20,6
Cincoalumnosdancincorespuestas,sólounaescorrecta.Justificacuál:
a)U=150,0–20,6+95,9–57,6–90,7=77,0kcal·
b)U=‐150,0–(20,6+95,9+57,6–90,7)=‐233,4kcal·
c)U=‐150,0–(20,6+95,9+28,8–90,7)=‐204,6kcal·
d)U=‐150,0–(20,6+95,9+28,8+90,7)=‐385,0kcal·
e)U=‐150,0–(‐20,6+95,9+28,8–90,7)=‐163,4kcal·
(C.Valenciana1999)
Respectoalsignodelasenergíasimplicadasenelprocesocabedecirque:
‐elpotencialdeionizacióndeA(I)
‐laenergíadedisociacióndeX (E )y,
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
8
‐laenergíadesublimacióndeA(Δs H)
tienensignopositivoyaquecorrespondenaprocesosendotérmicos.
Porotrolado:
‐laafinidadelectrónicadeX(AE)y,
‐laentalpíadeformacióndeAX(Δf H)
tienensignonegativoyaquecorrespondenaprocesosexotérmicos.
Respecto a la energía de disociación de X (E ), según la estequiometría del proceso, el
valorautilizareslamitaddelvalordado.
El ciclo de Born‐Haber permite calcular la energía reticular de una sustancia con enlace
iónicocomoAX:
De acuerdo con la ley de Hess se puede
escribir:
Δf H=Δs H+ED+I+AE+U
DespejandoUysustituyendo:
U=‐150,0– 20,6+95,9+28,8–90,7 U=‐204,6kcal·
Larespuestacorrectaeslac.
5.10.Calculalavariacióndeenergíainternaparaelprocesodefusióndeunmoldehieloa
0°C y 1 atmósfera de presión, sabiendo que en estas condiciones el sistema absorbe 1440
calorías.
(Datos.Densidaddelhieloa0°C=0,92g/
;densidaddelagualíquida=1,00g/
.
ConstanteR=0,082atm·L/mol·K=1,98cal/mol·K)
(C.Valenciana1999)
Elprocesodelquesedeseasaberlavariacióndeenergíainternaes:
H O(s)H O(l)
Lavariacióndeenergíainternadeunprocesovienedadoporlaecuación:
ΔE=QpΔV
Q=calorintercambioadoporelsistema
pΔV=trabajorealizadocontraelsistema
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
p·ΔV=1atm 18g
9
1cm3
1cm3
1L
18g
=‐1,6·10 atm·L
1g
0,92g 103 cm3
Cambiandounidades
cal
mol·K
=‐0,03cal
‐1,6·10 atm·L
atm·L
0,082
mol·K
1,98
SustituyendoenlaexpresióndeΔE:
ΔE=1440 ‐0,03 ≈1440cal/mol
Comoseobserva,eltrabajoesdespreciablecomparadoconelcalor,locualesdebidoala
mínimavariacióndevolumenqueexperimentaelhieloalconvertirseenagualíquida.
5.11. La “reacción de la termita” produce hierro por reducción del trióxido de dihierro con
aluminio.Sabiendoqueelcalordeformacióndelóxidodealuminioes‐400kcal·
yel
deltrióxidodedihierro‐200kcal·
,calcule:
a)Elcalorliberadoenlafabricaciónde1kgdehierroporlareaccióndelatermita.
b)¿Cuántosgramosdeaguapodríancalentarsede0°Ca100°Cutilizandoelcalorliberadoal
formarseunmoldeóxidodealuminioporlareaccióndelatermita?
(Dato.Calorespecíficodelagua=1,00cal·
·°
)
(CastillayLeón1999)
a)Laecuaciónquímicacorrespondientealareaccióndelatermitaes:
Fe O (s)+2Al(s)2Fe(s)+Al O (s)
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δr H°=Σ ν H
Δr H°
productos –Σ
1molAl O
νH
reactivos ‐400kcal
‐200kcal
 1molFe O
molAl O
molFe O
‐200kcal
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delAl(s)yFe(s)yaqueporconvenioestosvalores
sonnulos.
Relacionando la entalpía de reacción con la cantidad de sustancia se obtiene el calor
desprendidoenelproceso:
103 gFe 1molFe ‐200kcal
=‐1786kcal
1kgFe
1kgFe 56gFe 2molFe
b)Considerandoqueelcalentamientodelaguatienelugarenunsistemaaisladoenelque
noentranisalecalor,Qsistema =0,luego:
Qsistema =Q
Q
=m
+Qreacció n 
·C
·ΔT=m
Qreacció n =1molAl2 O3
·1
QH2 O =calorabsorbidoporelagua
Qreacció n =calorcedidoenlareacció n
cal
1000 °C
g·°C
‐200kcal 103 cal
=‐2·105 cal
molAl2 O3 1kcal
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
mH2 O ·1
10
cal
1000 °C+ ‐2·105 cal =0mH2 O =2000g
g·°C
5.12.Paraladescomposicióndelóxidodeplata,a298Ky1atm,segúnlaecuaciónquímica:
(s)2Ag(s)+½ (g)
sesabequeΔH=‐30,6kJyΔS=60,2J·
.
Calcule:
a)ElvalordeΔGparaesareacción.
b)LatemperaturaalaqueΔG=0.(SupongaqueΔHyΔSnocambianconlatemperaturay
quesesigueestandoa1atm).
c)Latemperaturaalaqueseráespontánealareacción.
(Murcia2000)
a)LavariacióndeenergíalibredeGibbsdeunareacciónsepuedecalcularpormediodela
expresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
=‐30,6kJ–298K
60,2J 1kJ
=‐48,5kJ
K 103 J
b)DespejandoTenlaexpresiónanteriorcuandoΔG=0:
‐30,6kJ 103 J
Δ H°
=
=‐508K
T=
Δ S° 60,2J·K
1kJ
c) Como se observa en el apartado anterior, se obtiene un valor absurdo de T, lo cual
quieredecirquelareacciónesespontáneaacualquiertemperatura.
Setratadeunprocesoenelqueenelsistema:
disminuyelaenergía
aumentaeldesorden.
5.13.Calculalavariacióndeentalpíaparalasiguientereacción:
(g)+2 (g)
(g)+2
(l)
(Datos. Entalpías de formación (kJ·
):
(g) = ‐74,8;
‐285,8)
(g) = ‐393,5;
(l) =
(Canarias2000)
Lavariacióndeentalpíaasociadaalprocesopuedecalcularseapartirdelaexpresión:
Δr H°=Σ ν H
Δr H°= 2molH O
productos –Σ
νH
reactivos ‐285,8kJ
kJ
‐393,5kJ
‐74,8kJ
+1molCO
=‐890,3
 1molCH
molH O
mol
molCO
molCH
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Deacuerdoconelsignonegativodelaentalpíasetratadeunprocesoexotérmicoenel
queseliberacalor.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
11
5.14. Un ciclista consume, durante las carreras, 40 kJ/min de energía por encima de sus
necesidades normales. Calcule el volumen de una bebida energética, que contiene una
fracción molar de sacarosa 0,02 y tiene una densidad 1,35 g/
, que ha de tomar para
compensarlasnecesidadesextradeenergíaaldisputarunaetapade6horas.
(Datos.Fórmuladelasacarosa:
;
°(
)=‐393,5kJ/mol;
°(
)=‐285,8
kJ/mol;
°(
)=‐2225kJ/mol)
(Extremadura2000)
Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealacombustióndelasacarosaes:
C H O (s)+12O (g)12CO (g)+11H O(l)
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δr H°=Σ ν H
productos –Σ
Δr H°= 11molH O
νH
reactivos ‐285,8kJ
‐393,5kJ
+12molCO
 1molC H O
molH O
molCO
‐2225kJ
molC H O
Seobtiene,Δr H°=‐5640,8kJ.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Relacionandoelconsumoenergéticodelacarreraconlaentalpíadereacciónseobtienela
cantidaddesacarosaquesenecesitaparalacarrera:
6h
‐40kJ 60min 1molC H O
min
h
‐5640,8kJ
=2,55molC H O Para relacionar el número de moles de soluto con el volumen de disolución es preciso
saberelvolumenqueocupaunaciertamasadedisolución.
UnadisolucióndeC H O cuyafracciónmolardesolutoes0,02:
0,02molC H O
0,02molC H O +0,98molH O
contiene0,02molesdeC H O y(1–0,02)molesdeH O.
0,02molC H O
342gC H O
1molC H O
=6,84gC H O
18gH O
0,98molH O
=17,64gH O
1molH O
24,48gdisolució n
24,48gdisolució n
1mLdisolución
=18,1mLdisolució n
1,35gdisolución
Elvolumendebebidaenergéticaquesenecesitaparalacarreraes:
2,55molC H O
18,1mLdisolució n
0,02molC H O
2315mLdisolución
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
12
5.15.Lagasolinaesunamezcladehidrocarburosentre y .Calcula:
a)Calordesprendidoenlacombustiónde5Ldeunagasolinaquecontiene50%deoctano,
30%dehexanoy20%depentano.
b)Lasentalpíasdeformacióndelpentanoyhexano.
c)Volumendeaire,medidoencondicionesnormales,necesarioparalacombustiónde5Lde
gasolina.
(Datos.
°(kJ·
):
(g)=‐393;
(l)=‐286;octano=‐250
°(kJ·
):pentano=‐3537;hexano=‐4163
Densidaddelagasolina=0,83g/
.Elairecontiene21%envolumende )
(C.Valenciana2000)
a)Elnúmerodemolesdecadacomponentedelamezclaes:
103 cm gasolina 0,83ggasolina
=4150ggasolina
5Lgasolina
1cm gasolina
1Lgasolina
4150ggasolina
20gC H
1molC H
100ggasolina 72gC H
=11,5molC H 4150ggasolina
1molC H
30gC H
100ggasolina 86gC H
=14,5molC H 4150ggasolina
50gC H
1molC H
100ggasolina 114gC H
=18,2molC H Previamente,esnecesariocalcularlaentalpíadecombustióndeloctano,C H ,apartirde
lasentalpíasdeformacióndeproductosyreactivos:
C H (l)+
25
O (g)8CO2 (g)+9H2 O(l)
2 2
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δ H°= 9molH2 O
‐286kJ
‐393kJ
+8molCO2  1molC H
molH2 O
molCO2
‐250kJ
molC H
Seobtiene,Δ H°=‐5468kJ/mol.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Elcalordesprendidoenlacombustióndecadaunodeloscomponentesdelagasolinayel
calortotalson:
Q1 =11,5molC H
‐3537kJ
=‐40676kJ
molC H
Q2 =14,5molC H ‐4163kJ
=‐60364kJ Qt =‐2,01·105 kJ
molC H
Q3 =18,2molC8 H18 ‐5468kJ
=‐99518kJ
molC8 H18
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
13
b)Apartirdelaentalpíadecombustióndelpentano(l)sepuedeobtenersuentalpíade
formación:
C H (l)+8O (g)5CO (g)+6H O(l)
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción,paralaecuacióncitada:
‐3537kJ= 6molH O
Seobtiene,Δf H°
‐286kJ
‐393kJ
+5molCO
 Δf H°
molH O
molCO
=‐144kJ·
.
Repitiendoelprocesoconlacombustióndelhexano(l):
C H (l)+
19
O (g)6CO (g)+7H2 O(l)
2
‐4163kJ= 7molH O
Seobtiene,Δf H°
‐286kJ
‐393kJ
+6molCO
 Δf H°
molH O
molCO
=‐197kJ·
.
c)RelacionandoloscomponentesdelagasolinaconO :
8molO
=92molO
molC H
n1 =11,5molC H
n2 =14,5molC H
19molO
2molC H
n3 =18,2molC8 H18
25molO
=227,5molO
2molC8 H18
=137,8molO
nt =457,3molO RelacionandoO conaireencondicionesnormales:
457,3molO 22,4LO 100Laire
=4,9·104 Laire
21LO
molO
5.16. Para la reacción hipotética A + B  C + D, en condiciones también hipotéticas, la
energíadeactivaciónes32kJ·
.Paralareaccióninversalaenergíadeactivaciónes58
kJ·mol–1.Razonesilareaccióndadaesexotérmicaoendotérmica.
(Canarias2001)
Del diagrama entálpico
correspondiente al proceso
sededuceque:
Δ H=E
–E
= 32–58 kJ·mol =
=‐26kJ·mol El signo negativo de la
entalpía indica que se trata
deunprocesoexotérmico.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
14
5.17.Enlacombustiónde24,5Ldeunamezclade molesdeetanoy molesdepropano,
a25°Cy1atm,seliberan1889kJ.
a)Calculeelnúmerototaldemoles( + ).
b) Escriba las ecuaciones termoquímicas correspondientes a la combustión del etano y del
propano.
c) Calcule y e indique en que cuantía contribuye cada gas a la entalpía total de la
combustión.
(Datos.
° (kJ·
): etano (g) = ‐85; propano (g) = ‐104; dióxido de carbono (g) =
‐393,5;agua(l)=‐285,8.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(CastillayLeón2001)
a)Aplicandolaecuacióndeestadodelosgasesidealesseobtieneelnúmerodemolesde
gasqueintegranlamezclaquesequema:
n +n =
1atm·24,5L
=1molmezcla
0,082atm·L·mol ·K 25+273 K
b‐c) Las ecuaciones químicas correspondientes a las combustiones del etano y propano
son,respectivamente:
7
(l)+ 2
(l)+5
(g)2
(g)3
(g)+3H2 O(l)
(g)+4
(l)
De acuerdo con el concepto de entalpía de reacción se obtienen las entalpías de
combustióndeamboshidrocarburos:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Δ H°= 2molCO
‐285,8kJ
‐393,5kJ
‐85kJ
+3molH O
 1molC H
molH2O
molCO
molC H
=‐1559,4kJ
Δ H°= 3molCO
‐285,8kJ
‐393,5kJ
‐85kJ
+4molH O
 1molC H
molH O
molCO
molC H
=‐2219,7kJ
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Para calcular la composición de la mezcla combustible es preciso resolver el sistema
formadoporlassiguientesecuaciones:
n molC H +n molC H =1molmezcla
n molC H
n1 =0,5molC H

‐1559,4kJ
‐2219,7kJ
+n molC H
=‐1889kJ
n2 =0,5molC H
molC H
molC H
La contribución de cada gas a la entalpía de mezcla se calcula a partir del calor
desprendidoalquemarselascantidadesdecadaunodelosgases:
‐1559,4kJ
molC H
C H 
100=41,3%
‐1889kJ
1molmezcla
molmezcla
0,5molC H
‐2219,7kJ
molC H
C H 
100=58,7%
‐1889kJ
1molmezcla
molmezcla
0,5molC H
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
15
5.18. Un quemador industrial, alimentado con aire como comburente, consume 24 kg por
horadebutanocomocombustible.¿Cuáleslapotenciaenergéticadeestedispositivo?
¿Cuáleslacomposicióndelosgasesemitidosalaatmósfera?
(Datos.Entalpíadecombustióndelbutano=‐689,98kcal/mol.
Composiciónaproximadadelaireatmosférico: =20%y =80%)
(Galicia2001)
Laecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndelbutano(g)es:
C H (l)+
13
O (g)4CO (g)+5H O(l)
2
Lacantidaddebutanoconsumidaes:
24kgC H 103 gC H 1molC H
h
1kgC H
58gC H
=413,2
molC H
h
Relacionandoestacantidadconlaentalpíadecombustión:
413,2molC H ‐689,98kcal
kcal
=‐2,85·105
molC H
h
h
LosgasesemitidosalaatmósferasonelCO formadoenlacombustión(elH Oeslíquida)
yelN queacompañaalO delaire.
Teniendo encuentaque,deacuerdo conlaleydeAvogadro,enlos gaseslacomposición
volumétricacoincideconlacomposiciónmolar,elnúmerodemolesdegasesemitidoses:
molCO
413,2molC H 4molCO
=1653
h
molC H
h
413,2molC H 6,5molO 80molN
molN
=10743
h
molC H 20molO
h
Expresandoelresultadocomoporcentajeenmoles(volumen):
1653molCO /h
100=13,3%CO2 1653molCO /h+10743molN /h
10743molN /h
100=86,7%
1653molCO /h+10743molN /h
5.19.Unrecipientecerradoyaisladodelexteriora25°Cypresiónde1atmcontiene1molde
hidrógenomoleculary0,5molesdeoxígenomolecular.Pormediodeunachispaeléctricase
provocalaexplosióndelamezcla.Calculalatemperaturaylapresiónmáximasconseguidas
teóricamenteporelvapordeaguaformadoenelproceso.Elcalordeformacióndelvaporde
aguaavolumenconstantees‐57,5kcal/molylacapacidadcaloríficaavolumenconstante
delvapordeaguaentre25°Cytemperaturasmuyelevadasesde0,68cal/°Cg.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Baleares2001)
Considerandoquelaformacióndelagua:
1
H (g)+ O (g)H O(g)
2
tienelugarenunsistemaaisladoenelquenoentranisalecalor,Q
=0,luego:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Qsistema =Q +Q

16
Q =calordesprendidoenlareacció n
Q =calorabsorbidoporlaaguaaVcte.
Q =n·Δf H
Q
=mH2 O ·CV ·ΔT
1molH O
n·Δc H=mH2 O ·CV ·ΔT
18gH O
cal
‐57,5kcal 103 cal
+1molH O
0,68
T25 °C
g·°C
molH O
molH O 1kcal
Seobtiene,T=4722°C.
Suponiendounrecipientede1Lyaplicandolaecuacióndeestadodelosgasesidealesse
calculalapresiónejercidaporelvapordeaguaaesatemperatura:
p=
1molH O 0,082atm·L·mol ·K
1L
4722+273 K
=410atm
5.20. Determina la entalpía de formación del ácido acético a partir de las siguientes
reacciones:
a)C(s)+
b)
c)
(g)
(g)+½
(g) (g)
(l)+2
(l)
(g)2
ΔH°(kJ·
)=‐393,3
ΔH°(kJ·
)=‐285,5
(l) ΔH°(kJ·
)=‐869,4
(g)+2
(C.Valenciana2001)
Laecuacióntermoquímicacorrespondientealaformacióndelácidoacéticoes:
2C(s)+2H (g)+O (g)CH COOH(l)
DeacuerdoconlaleydeHess,lasecuacionestermoquímicasdadaspuedenreescribirse:
2C(s)+2O (g)2CO (g)
Δ H°=2mol ‐393,3kJ·mol
2H (g)+O (g)2H O(l)
Δ H°=2mol ‐285,5kJ·mol
2CO (g)+2H2O(l)CH COOH(l)+2O (g)Δ H°=1mol 869,4kJ·mol
Sumandoestasecuacionesseobtienelaecuaciónproblema:
2C(s)+2H (g)+O (g)CH COOH(l)
Δ H°=‐488,2kJ·
5.21.Eloctano(
)esunhidrocarburolíquidodedensidad0,79kg/L.Calcula:
a)Laentalpíadecombustióndeloctanoenestadotipo.
b)Lavariacióndeenergíainterna,enestadotipo,paralareacciónanterior.
c) ¿Cuál será el volumen de octano, medido en condiciones normales, que debe quemarse
paraevaporar100gdeagua,inicialmentea25°C?
(Datos.
°(kJ·
):
(g)=‐393,5;
(l)=‐285,8;
(l)=‐249,9.
Entalpíadevaporizacióndel
(l)=40,6kJ·
Capacidadcaloríficamolardel
(l)=75,2J·
·
ConstanteR=8,314J·
·
)
(C.Valenciana2001)
a)LaecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndelC H :
C H (l)+
25
O (g)8CO (g)+9H O(l)
2
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δ H°= 9molH O
‐285,8kJ
‐393,5kJ
+8molCO
 1molC H
molH O
molCO
Seobtiene,Δ H°=‐5470,3kJ·
‐249,9kJ
molC H
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
b)Lavariacióndeenergíainternasecalculapormediodelaexpresión:
ΔE°=ΔH°ΔnRT
siendoΔn=molesdegasenproductosmolesdegasenreactivos
Paralaecuacióncitada:
ΔnRT= 8
25
mol·8,314·10
2
kJ
25+273 K=‐11,1kJ
mol·K
Sustituyendovalores
ΔE°= ‐5470,3kJ·mol
 ‐11,1kJ·mol
=‐5459,2kJ·
c)Considerandocomoaislado,elsistemaformadoporaguayoctano,sepuedeescribir:
QH2 O =calorabsorbidoporelH O
Qsistema =QH2 O +Qvap +Qcomb =0 Qvap =calordevaporizació n Qc =calordesprendidoporelC H
[n
·C
·ΔT]+[n
·Δ
H°]+[n
·Δ H°]=0
Sustituyendo:
100gH O
1molH O
75,2·10
18gH O
kJ
kJ
‐5470,3kJ
·75K+40,6
+ nC8 H18
=0
mol
mol·K
mol
Seobtiene,n=4,7·10 molC H .
LadensidadpermiterelacionarmolesyvolumendeC H :
4,7·10 molC H
5,4·10 kgC H
114gC H 1kgC H
1molC H 103 gC H
103 mLC H
1LC H
0,79kgC H
1LC H
=5,4·10 kgC H =6,8mL
17
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
18
5.22.Lasentalpíasnormalesdecombustióndelhidrógenogaseoso,carbonosólido,metano
gaseosoyetanogaseoso(enkJ·
)son,respectivamente,‐285,8;‐393,5;‐889,5y‐1558,3;
siendo
(l)y
(g)losproductosdeestasreacciones.Calcular:
a)Laentalpíaestándardeformacióndelmetanoyetanogaseosos.
b)ΔH°delareacción:
(g)+ (g)2
(g)
c)ΔG°delareacciónanterior.¿Esespontáneaestareacción?
(Datos.Sustancia
(g) (g) (g)
S°(J·
·
)186,3 229,6130,7)
(Canarias2002)(Córdoba2005)
a)Considerandoquelaentalpíasdecombustióndecarbonoehidrógenocoincidenconlas
de formación de dióxido de carbono y agua, respectivamente, la entalpía de combustión
del metano puede calcularse a partir de las entalpías de formación de productos y
reactivos:
CH (g)+2O (g)CO (g)+2H O(l)
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
‐889,5kJ= 2molH O
Seobtiene,∆Ho
‐285,8kJ
‐393,5kJ
+1molCO
∆Ho
molH O
molCO
=‐75,6kJ·mol–1.
Procediendodeigualformaqueconelmetano:
7
C H (g)+ O (g)2CO (g)+3H O(l)
2
‐1558,3kJ= 3molH O
Seobtiene,Δ H o
‐285,8kJ
‐393,5kJ
+2molCO
Δ H o
molH O
molCO
=‐86,1kJ·
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
b)Laentalpíadelareacción:
C H (g)+H (g)2CH (g)
puedecalcularseapartirdelasentalpíasdeformacióndeproductosyreactivos:
Δr H°= 2molCH4
‐75,6kJ
‐86,1kJ
1molC H
=‐65,1kJ
molCH4
molC H
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delH (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
c) La variación de entropía de la reacción anterior puede calcularse a partir de las
entropíasmolaresdelosreactivosyproductos:
Δ S°=Σ ν S
productos –Σ
= 2molCH
νS
reactivos =
J
186,3J
130,7J
229,6J
+1molC H
 1molH
=12,3 K
K mol
K mol
K mol
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
19
EnelapartadoanteriorsehaobtenidoqueΔ H°=‐65,1kJ,porlotanto,comoΔ S°>0,es
°<0,por
unareacciónenlaqueseacualseaelvalordelatemperatura,secumpleque
lotanto,setratadeunareacciónqueesespontáneaacualquiertemperatura.
LavariacióndeenergíalibredeGibbsdeunareacciónsepuedecalcularpormediodela
expresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
Δ G°=‐65,1kJ–298K
12,3J 1kJ
=‐68,7kJ
K 103 J
Se obtiene, Δ G° = 102,5 kJ. De acuerdo con el signo negativo, se trata de un proceso
espontáneoa298K.
(EnelproblemapropuestoenCanarias2002sólosepreguntanlosapartadosayb).
5.23.Elanálisiselementaldeuncompuestodeterminóqueésteestabaformadoúnicamente
porcarbono,hidrógenoynitrógeno.
Porcombustióndeunamuestradelmismoserecogieron72,68litrosdeunamezcladegases
formadapor
,
y yoxígenosobrante,medidosaunasdeterminadascondicionesde
presión y temperatura. El análisis volumétrico de dicha mezcla arrojó los siguientes
resultados:27,74%dedióxidodecarbono,48,53%deaguay6,93%denitrógeno.
a)Determinarlafórmulaempíricadelcompuesto.
b) Sabiendo que la densidad del compuesto, en estado gaseoso, es 1,80 g·
, cuando la
presiónesde748Torrylatemperaturade27°C,¿cuálessufórmulamolecular?
c) Se sabe que las entalpías de formación del
(g) y del
(l) son, en condiciones
estándar,‐394,76y‐286,75kJ·
,respectivamente,yqueenlacombustiónde32,25gdel
compuesto,tambiénencondicionesestándar,sedesprenden1249,82kJ.¿Cuáleslaentalpía
deformacióndelcompuestoendichascondiciones?
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2002)
a)DeacuerdoconlaleydeAvogadro,enunamezclagaseosalacomposiciónvolumétrica
coincideconlacomposiciónmolar,asísepuedecalcularelnúmerodemolesdeátomosde
cadaelemento:
72,68molmezcla
1molC
27,74molCO
=20,16molC
100molmezcla 1molCO
72,68molmezcla
45,83molH O 2molH
=70,54molH
100molmezcla 1molH O
72,68molmezcla
6,93molN
2molN
=10,07molN
100molmezcla 1molN
Se divide el número de moles de cada elemento por la menor de estas cantidades para
saber cuántos átomos de cada elemento se combinan con uno del que se encuentre en
menorproporción:
molC
20,16molC
=2
molN
10,07molN
molH
70,54molH
=7
molN
10,07molN
fó rmulaempı́rica:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
20
b) Considerando comportamiento ideal, la ecuación de estado permite calcular la masa
molardelasustanciaproblema:
M=
27+273 K 760Torr
=45g·
1atm
1,80g 0,082atm·L·mol ·K
748Torr·1L
Conlamasamolarylafórmulaempíricaseobtienelafórmulamolecular:
n=
45g
=1
1gH
14gN
12gC
+7molH
+1molN
2molC
1molH
1molN
1molC
Lafórmulamoleculardelasustanciaes
.
c)Laentalpíadecombustióndelasustanciaes:
Δ H°=
‐1249,82kJ 45gC2 H7 N
=‐1743,9kJ·
32,25gC2 H7 N 1molC2 H7 N
LaecuaciónquímicacorrespondientealareaccióndecombustióndelC H Nes:
C H N(g)+
15
7
1
O (g)2CO (g)+ H O(l)+ N (g)
4
2
2
La entalpía de una reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos.
Δr H°=Σ ν H
productos –Σ
‐1743,9kJ 2molCO
Seobtiene,Δ H o
νH
reactivos 7
‐286,75kJ
‐394,76kJ
molH O
 Δ Ho
2
molH O
molCO
=‐49,25kJ·
.
NosetienenencuentalosvaloresdeΔ H°delO (g)yN (g)yaqueporconvenioestos
valoressonnulos.
5.24.A25°Closcaloresdeformacióndelagualíquidaydeldióxidodecarbonoson‐68,31y
‐94,03 kcal·
, respectivamente. El calor de combustión del acetileno (etino) cuando el
agua queda en estado líquido es de ‐310,61 kcal·
. Calcular el calor de formación del
acetileno.
(Baleares2002)
La entalpía de combustión del acetileno puede calcularse a partir de las entalpías de
formacióndeproductosyreactivos:
5
C H (g)+ O (g)2CO (g)+H O(l)
2
Δr H°=Σ ν H
productos –Σ
‐310,61kcal= 1molH O
Seobtiene,Δ H o
νH
reactivos ‐68,31kcal
‐94,03kJ
+2molCO
 Δ Ho
molH O
molCO
=54,24kcal·
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
21
5.25. Tanto el etanol (
) como la gasolina (supuestamente octano puro,
) se
usancomocombustiblesparaautomóviles.
a)Establecelasreaccionesdecombustióndeamboscompuestos.
b)Calculalasentalpíasdecombustióndeletanolylagasolina.
c)Silagasolinaseestávendiendoa0,900€/L.¿Cuáldeberíaserelpreciodellitrodeetanol
paraproporcionarlamismacantidaddeenergíaporpeso?
(Datos.Densidades(g·
):octano=0,7025;etanol=0,7894.
°(kJ·
):octano=‐249,9;etanol=‐277,0;
=‐393,5;
=‐285,8)
(CastillayLeón2002)(CastillayLeón2009)
a) Las ecuaciones químicas ajustadas correspondientes a la combustión del etanol y
octano,respectivamente,son:
C H OH(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(l)
C H (l)+
25
O (g)8CO (g)+9H O(l)
2
b)Laentalpíadeestareacciónpuedecalcularseapartirdelasentalpíasdeformaciónde
productosyreactivos.
Δr H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paraeletanol:
Δc H°= 3molH O
Seobtiene,Δ H o
‐285,8kJ
‐277kJ
‐393,5kJ
+2molCO
 1molC H OH
molH O
molC H OH
molCO
=‐1367,4kJ·
.
Paraeloctano:
Δc H°= 9molH O
Seobtiene,Δ H o
‐285,8kJ
‐393,5kJ
+8molCO
 1molC H
molH O
molCO
=‐5470,3kJ·
‐249,9kJ
molC H
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
c)Relacionandoenlagasolinaelprecioconsupotenciaenergética:
0,900€ 1LC H
1mLC H
114gC H 1molC H
=2,7·10
LC H 10 mLC H 0,7025gC H 1molC H
5470,3kJ
€
kJ
Relacionandolapotenciaenergéticadelagasolinaconeletanol:
2,7·10 € 1374,4kJ 1molC H OH 8,1·10 €
=
1molC H OH 46gC H OH
kJ
gC H OH
8,1·10 € 0,7984gC H OH 10 mLC H OH
=0,647
L
gC H OH 1mLC H OH
1LC H OH
€
5.26.CalculalaenergíadelenlaceO−Hapartirdelossiguientesdatos:
=
+

Energíasdeenlace(kcal·
ΔH=‐11kcal
):C=C:147;C−H:99;C−C:83;C−O:86
(C.Valenciana2002)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
22
La variación de entalpía asociada a una reacción se calcula a partir de las energías de
enlacemediantelaexpresión:
Δ H°=Σ ν H
enlacesformados –Σ
νH
enlacesrotos Reescribiendolaecuaciónquímicadeformaqueseveantodoslosenlacesexistentes:
Losenlacesformadosenlosproductosylosrotosenlosreactivosson:
Δ H°=(ECC +5·ECH +ECO +EOH )(EC=C +4·ECH +2·EOH )=
=(ECC +ECH +ECO )(EC=C +EOH )
Sustituyendoenlaecuacióndelaentalpíayteniendoencuentaquelasenergíasdeenlace
seconsiderannegativasyaquelaformacióndeunenlaceesunprocesoexotérmico:
‐11kcal= 1molCC
‐99kcal
‐86kcal
‐83kcal
+1molCH
+1molC‐O

molCH
molCO
molCC
 1molC=C
‐147kcal
+1molOH·EOH molC=C
Seobtiene,EO–H=‐110kcal·
.
5.27.Calculalaafinidadelectrónicadelcloroapartirdelossiguientesdatos:
Energíadesublimacióndelcalcio:46kcal/mol
Primerpotencialdeionizacióndelcalcio=6,1eV
Segundopotencialdeionizacióndelcalcio=11,9eV
EnergíadedisociacióndelenlaceCl−Cl=58kcal/mol
Energíareticulardel
=‐513kcal/mol
Entalpíadeformacióndel
=‐179kcal/mol
(Datos.1eV=1,6·10 J;1J=0,24cal;NúmerodeAvogadro,L=6,022·10 )
(C.Valenciana2002)
Escribiendotodaslasenergíasenlasmismasunidades,kJ·mol :
E
I
I
E
=
=
46kcal
1kJ
kJ
=191,7
mol 0,24kcal
mol
6,1eV 1,6·1019 J 6,022·1023 á tomo 1kJ
kJ
3 =587,7
á tomo
mol
1eV
1mol
10 J
11,9eV 1,6·1019 J 6,022·1023 á tomo 1kJ
kJ
=
3 =1146,6
á tomo
mol
1eV
1mol
10 J
=
U
Δ Ho
=
58kcal
1kJ
kJ
=241,7
mol 0,24kcal
mol
‐513kcal 1kJ
kJ
=‐2137,5
mol
0,24kcal
mol
=
‐179kcal
1kJ
kJ
=‐745,8
mol
0,24kcal
mol
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
23
El ciclo de Born‐Haber permite calcular la
energía reticular de una sustancia con
enlace iónico. No obstante, una aplicación
del ciclo es, conocida la energía reticular,
calcularlaafinidadelectrónicadelnometal
queformaelcompuesto.
De acuerdo con la ley de Hess se puede
escribir:
Δ Ho
=E
+ECl–Cl+ I +I
+2AE +U
+
‐745,8kJ=191,7kJ+241,7kJ+1734,3kJ+
+2AE + ‐2137,5kJ Seobtiene,
AE =‐388kJ·
.
5.28. En un recipiente cerrado se introducen 1,89 g de ácido benzoico (C6H5COOH) y un
exceso de oxígeno, colocando posteriormente el recipiente dentro de otro, también cerrado
con18,84kgdeaguaa25°C.Elcalorquesedesprendeenlacombustióndelácidobenzoico
elevalatemperaturadelagua0,632°C.Calcula:
a)Elcalormolarestándardecombustiónavolumenconstantedelácidobenzoico.
b)Elcalormolarestándardecombustiónapresiónconstantedelácidobenzoico.
(Datos.Elácidobenzoicoessólidoencondicionesestándar;R=1,9872cal·
·
Capacidadcaloríficaespecíficadelaguaa25°C=0,998cal·
·°
)
(C.Valenciana2002)
a)Laecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndelácidobenzoicoes:
C6 H5 COOH(s)+
15
O (g)7CO2 (g)+3H2 O(l)
2 2
ConsiderandoaisladoelsistemaformadoporH2 OyC6 H5 COOH,sepuedeescribir:
=QH2 O +Q =0
Q
QH2 O =calorabsorbidoporelH O
Qc =calordesprendidoenlacombustió naVcte
mH O ·CH2 O ·ΔT + n·QV =0
2
Sustituyendo:
18840gH2 O 0,998
cal 1kcal
1molC6 H5 COOH
3
0,632°C +1,89gC6 H5 COOH
Q =0
g °C 10 cal
122gC6 H5 COOH V
Seobtiene,QV =ΔE°=‐767,1kcal·
b) La relación entre el calor molar a presión constante (ΔH) y el calor molar a volumen
constante(ΔE)vienedadaporlaexpresión:
ΔH=ΔE+ΔnRT
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
24
Siendo,Δn=molesdegasenproductosmolesdegasenreactivos
Paralacombustióndeunmoldeácidobenzoico:
ΔnRT= 7
kcal
kcal
15
25+273 K=‐0,3
1,9872·103
mol
mol·K
2
Δc H°= ‐767,1kcal·mol
+ ‐0,3kcal·mol
=‐767,4kcal·
5.29. La propulsión de vehículos teniendo como combustible hidrógeno se presenta
actualmente como la alternativa, respecto al motor de explosión clásico, con mayores
posibilidades de éxito inmediato. Las principales ventajas que se plantean son la cantidad
prácticamente ilimitada de combustible que puede estar disponible y los residuos no
contaminantesdelproceso.Todoelsistemasebasaenhacerreaccionarhidrógenogaseoso
( )conoxígenogaseoso( )paraobteneragua(queseríaelúnicoproductodelproceso).
Imaginemos que un ingeniero industrial, que intenta diseñar el mencionado sistema de
propulsión,lepideayudadadoquecarecequelosconocimientosquímicosnecesarios.¿Sería
capazderesolvertodassusinterrogantes?
a)Paraempezar,ledicequehaencontradoenunatablalossiguientesdatos:
BloquededatosA
BloquededatosB
=‐237,2kJ·
=‐228,6kJ·
,
,
=‐285,8kJ·
=‐241,8kJ·
,
,
=‐163,2J·
·
=‐44,4J·
·
,
,
Élsabequeunodeestosconjuntosdedatoscorrespondealprocesoenelqueelaguaaparece
en forma gaseosa y el otro al que el agua se produce en forma líquida, ¿pero cuál
correspondeacuál?Razónelo.
b) A continuación le pide que le aclare por qué es interesante esta reacción para obtener
energía y que le diga cuánta energía se puede obtener de cada kg de combustible en cada
unodelosprocesos.
c)Tambiénquieresabersiseobtendrá,trabajandoa25°C,agualíquidaoenestadogaseoso.
d) Por último, indica que es muy importante para él optimizar el rendimiento energético.
Técnicamentepuedelimitarlastemperaturasalasqueseproducelareaccióndentrodeun
determinado rango con un valor mínimo de 0°C, pero ¿cuál sería el valor máximo que se
deberíapermitir?
Nota:Asumaquelosvaloresde
°y °novaríanenelrangodetemperaturasdetrabajo
yquesiemprevamosapodermantenerlascondicionesestándardereactivosyproductos.
(Murcia2003)
a)LaecuaciónquímicacorrespondientealareaccióndecombustióndelH (g)es:
H (g)+½O (g)H O(¿?)
EnelbloqueAseregistraundescensodeentropía,Δ S°,de163,2J·mol ·K ,quees
mayorqueelregistradoenelbloqueB,Δ S°,de44,4J·mol ·K .Estoquieredecirque
losdatosdelbloqueAcorrespondenalaformacióndeH2O(l),mientrasquelosdatos
delbloqueBcorrespondenaH O(g).
Si se tiene en cuenta la entalpía, en el bloque A se registra un variación de entalpía,
Δ H°,de‐285,8·kJ·mol ,queesmayorqueelregistradoenelbloqueB,Δ H°,de‐241,8
kJ·mol , la diferencia entre ambos valores es 44,1 kJ·mol , valor positivo que quiere
decir que en el cambio de estado se absorbe calor, por lo tanto, los datos del bloque A
(l),mientrasquelosdelbloqueBcorrespondena
correspondenalaformaciónde
H O(g).
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
25
b) La combustión del produce
, sustancia que no produce contaminación
es un
ambiental, por lo que desde este punto de vista, se puede decir que el
combustiblelimpio.
BloqueA
1000gH 1molH ‐285,8kJ
kJ
=‐1,43·105
1kgH
2gH 1molH
kg
BloqueB
1000gH 1molH ‐241,8kJ
kJ
=‐1,21·105
1kgH
2gH 1molH
kg
c)Seformará
(l)yaqueenelprocesodeformacióndeestasustanciaesenelquese
registraunmayordescensoenlaenergíalibredeGibbs,‐237,2kJ,frentea‐228,6kJpara
H O(g).
d)EnelequilibrioΔG=0,loquepermitecalcularlatemperaturadeequilibriodelproceso:
H O(l)H O(g)
Teniendoencuentaque:
Δ G°=Δ H°
T=
TΔ S°
Δ H°
‐241,8kJ – ‐285,8kJ 103 J
=
=370,4K97,4°C 100°C
‐44,4 – ‐163,2 ]J·K
Δ S°
1kJ
Por encima de esta temperatura, el H O (l) se convierte en H O (g) con el consiguiente
consumo de energía, la entalpía de vaporización, con lo que no se optimizaría el
rendimientoenergético.
5.30. Cuando se queman 2,35 g de benceno (
) a volumen constante y a 25°C se
desprenden98,53kJ.Calculaelcalordecombustióndelbencenoapresiónconstanteyaesa
mismatemperatura.
(Dato.ConstanteR=8,3·10 kJ·
·
)
(Canarias2003)
Laecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndelbencenoes:
C H (l)+
15
O (g)6CO (g)+3H O(l)
2
Elcalormedidoavolumenconstanteeslavariacióndeenergíainternaasociadaalproceso
ysuvalores:
ΔE=
‐98,53kJ 78gC H
=‐3270,4kJ·mol
2,35gC H 1molC H
Larelación existenteentreelcalormedidoavolumenconstante,ΔE,yelcalormedido a
presiónconstante,ΔH,vienedadaporlaexpresión:
ΔH=ΔE+ΔnRT
siendo,Δn=Σcoef.esteq.productosgas–Σcoef.esteqreactivosgas=(6–7,5)=‐1,5
Sustituyendo:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
ΔnRT= 6
26
15
kJ
kJ
25+273 K=‐3,7
8,3·103
2
mol
mol·K
Δc H°= ‐3270,4kJ·mol
+ ‐3,7kJ·mol
=‐3274,1kJ·
5.31.Paralareacción:
(g)+ (g)2HCl(g)
ΔH=‐184,4kJ
Calcule la entalpía del enlace H−Cl, si las entalpías de los enlaces H−H y Cl−Cl son
respectivamente435kJ·
y243kJ·
.
(Córdoba2003)
La entalpía de una reacción se puede calcular (de forma aproximada) a partir de las
energíasdeenlacesdelassustanciasqueintervienenenlareacción:
Δ H°=Σ ν H
enlacesformados –Σ
νH
enlacesrotos En la reacción propuesta se forman 2 moles de enlaces H−Cl, mientras que se rompen 1
moldeenlacesH−HyotromoldeenlacesCl−Cl.
Considerandoquelaenergíadeenlaceesenergíadesprendidaenlaformacióndeunmol
deenlaces(negativa),lavariacióndeentalpíaasociadaalareacciónes:
‐184,4kJ= 2molH‐Cl ΔH‐Cl H  1molH‐H
Seobtiene,ΔH‐Cl H=‐431,2kJ·
‐435kJ
‐243kJ
+1molCl‐Cl
molH‐H
molCl‐Cl
.
5.32. a) Con los datos aportados en la siguiente tabla, calcule el calor necesario a presión
constanteyavolumenconstanteparadescomponer121gdecarbonatodemagnesioa298K
segúnlareacción:
(s)MgO(s)+
(g)
Sustancia
°(kJ·
)S°(J·
·
(s)‐1096,265,7
MgO(s)‐601,626,8
(g)‐393,5213,4
)
b)Conlosdatosaportadosenelapartadoa),calculelavariacióndeenergíalibredeGibbsa
dichatemperatura.¿Esespontáneoelproceso?
(Dato.ConstanteR=8,3J·
·
)
(Córdoba2003)
a)Laentalpíadereacciónsecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ H°=Σ ν H
Δ H°= 1molCO
productos –Σ
νH
reactivos ‐601,6kJ
‐393,5kJ
‐1096,2kJ
+1molMgO
 1molMgCO
=101,1kJ
molMgO
molCO
molMgCO
Relacionandolamasadesustanciaconlaentalpíadelareacción:
121gMgCO3
101,1kJ
1molMgCO
=145kJ
84,3gMgCO 1molMgCO
Larelación existenteentreelcalormedidoavolumenconstante,ΔE,yelcalormedido a
presiónconstante,ΔH,vienedadaporlaexpresión:
ΔE=ΔH–ΔnRT
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
27
siendo,Δn=Σcoef.esteq.productosgas–Σcoef.esteqreactivosgas=(1–0)=1
Sustituyendo:
ΔnRT= 10 8,3·103
ΔE= 101,1kJ·mol
kJ
kJ
25+273 K=2,5
mol
mol·K
 2,5kJ·mol
=98,6kJ·
Relacionandolamasadesustanciaconlavariacióndeenergíainternadelareacción:
121gMgCO
98,6kJ
1molMgCO
=141,5kJ
84,3gMgCO 1molMgCO
b)Lavariacióndeentropíadereacciónsecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ S°=Σ ν S
productos –Σ
Δ S°= 1molCO
νS
reactivos 26,8J
213,4J
65,7J
+1molMgO
 1molMgCO
=174,5J K
K mol
K mol
K mol
LavariacióndeenergíalibredeGibbsdeunareacciónsepuedecalcularpormediodela
expresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
Δ G°=101,1kJ–298K
174,5J 1kJ
3 =49,1kJ·
K
10 J
Setratadeunareacciónnoespontáneayaque
°>0.
5.33.Calculalavariacióndeentalpíayenergíainterna,a25°Cy1atm,paraelproceso:
(g)+5
(g)3
(g)+4
(Datos.Entalpíasdeformación(kcal·
):
ConstanteR=8,3J·
·
;1J=0,24cal)
(l)
(g)=‐94;
(l)=‐68,3;
(g)=‐24,8.
(C.Valenciana2003)
Laentalpíadereacciónsecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δr H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Sustituyendo:
Δ H°= 4molH O
‐68,3kcal
‐94kcal
‐24,8kcal
+3molCO
 1molC H
molH O
molCO
molC H
Seobtiene,Δ H°=‐530,4kcal·mol Cambiandounidades
Δ H°=‐530,4
kcal
1kJ
=‐2210,0kJ·
mol 0,24kcal
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Lavariacióndeenergíainternaasociadaaunareacciónsecalculamediantelaexpresión:
ΔE=ΔHΔnRT
donde,Δn=ΣmolesgasenproductosΣmolesdegasenreactivos
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
28
Sustituyendo:
ΔnRT= 36 8,3·103
kJ
kJ
25+273 K=‐7,4
mol
mol·K
ΔE= ‐2210,0kJ·mol
 ‐7,4kJ·mol
=‐2202,6kJ·
5.34. Suponga que el carbón está formado exclusivamente por carbono, el gas natural por
metanoylagasolinaporhexano.Cuandosequeman:
a)¿Cuáldeestassustanciasproducemayorcantidaddeenergíaporkgdecombustible?
b) ¿Cuál de estas sustancias produce mayor contaminación (cantidad de
) por kg de
combustible?
c)¿Quécantidadesdeestastressustanciasserequierenparaobtenerunamismacantidadde
energía,porejemplo1000kJ?Enestecaso,¿quécombustibleproducemayorcontaminación?
(Datos.
°(kJ·
):
=‐394;
=‐286;
=‐75;
=‐225)
(C.Valenciana2003)
a)CombustióndeC(carbón):
C(s)+O (g)CO (g)
Δc H°=‐394kJ·mol 1000gC 1molC ‐394kJ
kJ
=‐32833
1kgC 12gC molC
kgC
CombustióndeCH (gasnatural):
CH (g)+2O (g)CO (g)+2H O(l)
Laentalpíadereacciónsecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δc H°= 2molH O
‐286kJ
‐394kJ
‐75kJ
+1molCO
 1molCH
molH O
molCO
molCH
Seobtiene,Δ H°=‐891kJ·mol .
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
kJ
1000gCH 1molCH ‐891kJ
=‐55688
kg
1kgCH
16gCH molCH
CombustióndeC H (gasolina):
C H (l)+
19
O (g)6CO (g)+7H O(l)
2
Procediendodeigualformaqueconelmetano:
Δc H°= 7molH O
‐286kJ
‐394kJ
+6molCO
 1molC H
molH O
molCO
Seobtiene,Δ H°=‐4141kJ·mol .
‐4141kJ
kJ
1000gC H 1molC H
=‐48151
molC H
kg
1kgC H
86gC H
‐225kJ
molC H
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
29
Como se observa, el CH4 (gas natural) es la sustancia cuya combustión produce mayor
cantidaddeenergíaporkgdecombustible.
b)RelacionandocadaunadelassustanciasconelCO producidoenlacombustióndelas
mismas:
Carbó n
mol
1000gC 1molC 1molCO
=83,3
kgC
1kgC 12gC 1molC
Gasnatural
Gasolina
mol
1000gCH 1molCH 1molCO
=62,5
1kgCH
16gCH 1molCH
kgCH4
1000gC H 1molC H
6molCO
1kgC H
86gC H
1molC H
=69,8
mol
kg
Como se observa, el C (carbón) es la sustancia cuya combustión produce mayor
contaminación(CO2)porkgdecombustible.
c) Relacionando los diferentes valores de energía/kg de combustible con una misma
cantidaddeenergía(‐1000kJ):
Carbó n‐1000kJ
1kgC 103 gC
=30,5gC
‐32833kJ 1kgC
Gasnatural‐1000kJ
Gasolina‐1000kJ
1kgCH 103 gCH
=18,0gCH ‐55688kJ 1kgCH
1kgC H 103 gC H
‐48151kJ 1kgC H
=20,8gC H RelacionandoestasdiferentesmasasdesustanciaconlosmolesdeCO queproducen:
Carbó n30,5gC
1molC 1molCO 44molCO
=111,8g
12gC 1molC 1molCO
1molCH 1molCO 44molCO
=49,5g
16gCH 1molCH 1molCO
Gasnatural18,0gCH
Gasolina20,8gC H
6molCO 44molCO
1molC H
=63,9g
86gC H
1molC H
1molCO
Como se observa, el C (carbón) es la sustancia cuya combustión produce mayor
)porcada1000kJ.
contaminación(
ProbleemasyCuestio
onesdelasOlim
mpiadasdeQu
uímica.Volume
en8.(S.Menarrgues&F.Latree)
30
5.35. En una experienccia encam inada a
demoostrar la leyy de Hess see llevó a cabbo de dos
maneerasdistinta
aslareacción
n:
(aqconcentraado)+HCl(a
aq)
(aq)
Enprrimerlugarseañadieron
nenuncaloorímetro8
mL d
de
(aq)) concentrado a 100 m
mL de HCl
1,00 M (hay un ligero excesso de amonííaco). Los
reacttivos estaba
an inicialmente a 23, 8°C y la
temp
peratura fina
al, después de
d la reaccióón, fue de
35,8°°C.
Enellsegundoprrocedimiento
o,quesemuuestraparcialmenteen lafigura,seeburbujeóa
airea
travéés de 100 mL
m de
(aq concenntrado) parra desplazar el
(g
(g). Este se hizo
burbujear en 10
00 mL de HCl
H (aq) 1,000 M. La teemperatura del amoníaaco concenttrado
desceendióde19,3
3°Ca13,2°C
C.Almismottiempo,lateemperaturadelHCl(aq))1,00Mseeelevó
de23
3,8°Ca42,9°°Ccuandofin
nalizólareaacciónconell
(g).
a)Esscribalasdo
osecuacioneesycalculellosvaloresd
deΔHparallosdosproceesosdelsegundo
proceedimiento.
b) Deemuestre qu
ue, dentro de los límitess del error experimenta
e
al, ΔH para la reacción neta
tieneeelmismova
alorenlasdo
osexperienccias,confirm
mándoseconellolaleydeeHess.
(Datoos. Suponga que todas las disolucioones tienen densidad 1g
g/L y un caalor específicco de 4,18JJ
°
)
((Extremadura2003)
a)P
Procedimien
ntoexperimental1
Considerandoqu
ueelprocessotienelugaarenunsisstemaaislad
doenelqueenoentran
nisale
=0,luego:
calorr,Q
Q
m
=QH2 O +Q =0
·C
doporlasdiisolucionesaq
QH2 O =calorabsorbid
doenlarea cció n
Q =calorrdesprendid
·ΔT +Q
Q =0
Sustiituyendo:
mLH O
100+8 m
1gH O
J
4,18
35,8
23,8 °C+Q
Q =0
1mL
LH O
gg·°C
Seob
btiene,Q =‐5417J
Relaccionando el calor desprendido con
n el número
o de moles de HCl que
e se consum
men se
obtieenelavariaccióndeentallpíadelprocceso:
10 m
‐5417
7J
mLHCl1M 1LHCl1M
M 1kJ
=‐54
4,2kJ·
100mLHC
Cl1M 1L
LHCl1M
1molHCl 10 J
Pro
ocedimientoexperimenttal2
Considerandoqu
ueelprocessotienelugaarenunsisstemaaislad
doenelqueenoentran
nisale
=0,luego:
calorr,Q
Q
=QNH3 +Q

+Q =0
QNH
bsorbidoelN
NH (aq)
N 3 =calorab
QHCl =calorab
bsorbidoelH
HCl(aq) Q =calordesprendidoennlareacció n
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
donde:
Q
=m·C·ΔT=100mLH O
QHCl =m·C·ΔT=100mLH O
31
1gH O
J
4,18
13,219,3 °C=‐2550J
g·°C
1mLH O
1gH O
J
4,18
42,923,8 °C=7984J
g·°C
1mLH O
Sustituyendo:
‐2550J+7984J+Q =0Q =‐5434J
Relacionando el calor desprendido con el número de moles de HCl que se consumen se
obtienelavariacióndeentalpíadelproceso:
10 mLHCl1M 1LHCl1M 1kJ
‐5434J
=‐54,3kJ·
1molHCl 10 J
100mLHCl1M 1LHCl1M
b)DeacuerdoconlaleydeHesssecumpleque:
Δ1 H=Δ2 H
Como se observa con, el calor liberado en la reacción de neutralización (1), es igual a la
sumadelcalorliberadoporladisolucióndeNH máscalorabsorbidoporladisoluciónde
HCl(2).
5.36.Laentalpíadecombustióndeln‐butanoes‐2878,6kJ·
.Lasentalpíasnormalesde
formacióndel
(g)ydel
(l)son,respectivamente,‐393,2kJ·
y‐285,6kJ·
.
Calculalaentalpíanormaldeformacióndeln‐butano.
(Canarias2004)
Laecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndeln‐butanoes:
C H
(g)+
13
O (g)4CO (g)+5H O(l)
2
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
‐2878,6kJ= 4molCO
Seobtiene,Δ H o
νH
reactivos ‐285,6kJ
‐393,2kJ
+5molH O
 Δf H° molH O
molCO
=‐122,2kJ·
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
5.37.Explica,justificandolasrespuestas,silassiguientesreaccionessonespontáneas:
a)2
(g)2
(g)+ (g)
b)3 (g)+ (g)2
(g) c)
(g)2
(g) d) (g)+2 (g)2
(g) ΔH°=‐50,5kcal
ΔH°=‐22,1kcal
ΔH°=13,9kcal
ΔH°=16,2kcal
(Canarias2004)
LaespontaneidaddeunareacciónsepuedejustificarapartirdesuvalordeΔ G°:
Δ G°<0procesoespontáneo
Δ G°>0procesonoespontáneo
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
32
ElvalordeΔ G°secalculamediantelaexpresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
a)Paraelcasodeladescomposicióndelperóxidodehidrógeno:
2H O (l)2H O(l)+O (g)
Δ H°=‐50,5kcal
Se trata de un proceso en el que aumenta el desorden, Δ S° > 0, y por otra parte se
desprendecalor,Δ H°<0,portanto,deacuerdoconlaexpresiónquepermitecalcularla
° < 0 a cualquier temperatura. Se trata de un proceso
energía libre de Gibbs,
espontáneo.
b)Paraelcasodelaformacióndelamoníaco:
3H (g)+N (g)2NH (g)
Δ H°=‐22,1kcal
Se trata de un proceso en el que disminuye el desorden, Δ S° < 0, y por otra parte se
desprendecalor,Δ H°<0,portanto,deacuerdoconlaexpresiónquepermitecalcularla
energíalibredeGibbs,elvalordeΔ G°dependedelvalordelatemperatura:
AbajaTsecumpleque‫׀‬Δ H°‫׀>׀‬T·Δ S°‫׀‬,portanto,Δ G°<0yesunprocesoespontáneo.
 A alta T se cumple que ‫׀‬Δ H°‫׀ < ׀‬T·Δ S°‫׀‬, por tanto, Δ G° > 0 y es un proceso no
espontáneo.
c)Paraelcasodeladescomposicióndeltetróxidodedinitrógeno:
N O (g)2NO (g)
Δ H°=13,9kcal
Setratadeunprocesoenelqueaumentaeldesorden,Δ S°>0,yporotraparteabsorbe
calor,Δ H°>0,portanto,deacuerdoconlaexpresiónquepermitecalcularlaenergíalibre
deGibbs,elvalordeΔ G°dependedelvalordelatemperatura:
 A baja T se cumple que ‫׀‬Δ H°‫׀ < ׀‬T·Δ S°‫׀‬, por tanto, Δ G° > 0 y es un proceso no
espontáneo.
AaltaTsecumpleque‫׀‬Δ H°‫׀>׀‬T·Δ S°‫׀‬,portanto,Δ G°<0yesunprocesoespontáneo.
d)Paraelcasodelaformacióndeldióxidodenitrógeno:
N (g)+2O (g)2NO (g)
Δ H°=16,2kcal
Se trata de un proceso en el que disminuye el desorden, Δ S° < 0, y por otra parte se
absorbe calor, Δ H° > 0, por tanto, de acuerdo con la expresión que permite calcular la
° > 0 a cualquier temperatura. Se trata de un proceso no
energía libre de Gibbs,
espontáneo.
5.38. Sabiendo que las entalpías de combustión a 25°C de C (s), (g) y
‐393,5;‐285,8y‐1366,8kJ·
respectivamente.Calcule:
a)Laentalpíadeformacióndeletanol,
(l).
b)Lavariacióndeenergíainterna.
c)ΔG°aesatemperatura.
(Datos.Entropíasmolaresestándar(J·
·
):C(s)=5,7; (g)=130,6;
(l)=160,7;constanteR=8,3J·
·
)
(l) son
(g)=205;
(Córdoba2004)
a)Laecuaciónquímicacorrespondientealaformacióndeletanoles:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
33
2C(s)+3H (g)+½O (g)C H OH(l)
Lasecuacionestermoquímicascorrespondientesalasentalpíasdadasson:
C(s)+O (g)CO (g)
Δ H°=‐393,5kJ·mol H (s)+½O (g)H O(l) Δ H°=‐285,8kJ·mol C H OH(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(l)
Δ H°=‐1366,8kJ·mol DeacuerdoconlaleydeHesslasecuacionesanterioressepuedenreescribirdeformaque
sumadasproporcionenlaecuacióninicial:
2[C(s)+O (g)CO (g)] Δ H°=2mol ‐393,5kJ·mol
3[H (s)+½O (g)H O(l)]
Δ H°=3mol ‐285,8kJ·mol
2CO (g)+3H O(l)C H OH(l)+3O (g)Δ H°=1mol ‐1366,8kJ·mol
Seobtiene,Δ H o
=‐277,6kJ·
.
b)Larelaciónexistenteentrelavariacióndeenergíainterna,ΔE,ylavariacióndeentalpía
constante,ΔH,vienedadaporlaexpresión:
ΔE=ΔH–ΔnRT
siendo,Δn=Σcoef.esteq.productosgas–Σcoef.esteqreactivosgas
ΔnRT= 0
5
kJ
kJ
8,3·103
25+273 K=‐8,7
2
mol
mol·K
 ‐8,7kJ·mol
ΔE= ‐277,6kJ·mol
=‐268,9kJ·
c)Lavariacióndeentropíadereacciónsecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ S°=Σ ν S
productos –Σ
Δ S°= 1molC H OH
νS
reactivos 160,7J
5,7J
130,6J 1
205J
+3molH
+ molO
 2molC
K mol
2
K mol
K mol
K mol
Seobtiene,Δ S°=‐345J·mol ·K
.
LavariacióndeenergíalibredeGibbsdeunareacciónsepuedecalcularpormediodela
expresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
Δ G°=‐277,6kJ–298K
‐345J 1kJ
=‐174,8kJ·
K 103 J
Setratadeunareacciónespontáneayaque
°<0.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
34
5.39.Elmetanolesuncombustiblefácilmentemanejablequeseobtienedelareacciónentre
monóxidodecarbonoehidrógeno(obtenidosdecarbonoyagua)según:
CO(g)+2 (g)
(l)
a) ¿Cuanto metanol puede obtenerse de 12 g de y 74 g de CO si el rendimiento de la
reacciónesdel68%?
Elmetanolpuedeutilizarsecomocombustiblesegún:
2
(l)+3 (g)2
(g)+4
(g)
ΔH=‐1454kJ/mol
b) Calcule la energía liberada, en kJ, cuando 1 g de metanol reacciona según la ecuación
anterior.
c) Discuta sobre el signo del cambio de entropía asociado a esta reacción. Razone la
respuesta.
d)¿Podríaestareacciónnoserespontánea?Razonelarespuesta.
e) ¿Podemos decir que la reacción se producirá por completo (hasta la extinción de los
reactivos)?Razonelarespuesta.
(Murcia2004)
a)Alexistircantidadesdelosdosreactivos,esnecesariodeterminarpreviamentecuálde
elloseselreactivolimitante:
12gH
74gCO
1molH
=6molH
2gH
1molCO
=2,64molCO
28gCO

6molH
=2,3
2,64molCO
Comoseobserva,larelaciónmolaresmayorque2,locualquieredecirquesobraH ,por
lo que se gasta todo el CO que es el reactivo limitante y que determina la cantidad de
CH OHobtenido.
2,64molCO
1molCH OH 32gCH OH
=84,6gCH OH
1molCO 1molCH OH
Alserelrendimientodelprocesodel68%:
84,6gCH OH(teó rico)
84,6gCH OH(experimental)
=57,4g
100gCH OH(teó rico)
b)Relacionandolamasademetanolconlaentalpíadelareacción:
1gCH OH
1molCH OH ‐1454kJ
=‐22,7kJ
32gCH OH 2molCH OH
c)Sealareaccióndecombustióndelmetanol:
2CH OH(l)+3O (g)2CO (g)+4H O(g)
Comoseobserva,sepasade2molesdelíquidoy3molesdegasenlosreactivos,a6moles
degasenlosproductos.Seproduceunaumentodeldesordenenelsistema,portanto,la
entropíaaumenta, S°>0.
d)ParaqueunprocesoseaespontáneosedebecumplirqueapyTconstantes, G°<0.
LaenergíalibredeGibbs,Δ G°,estárelacionadaconΔ H°yΔ S°pormediodelaecuación:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
35
En este caso a cualquier T se cumple que ‫׀‬Δ H°‫׀ > ׀‬T·Δ S°‫׀‬,por tanto, Δ G° < 0 y es un
procesoespontáneo.
e)Siestareacciónesespontáneaacualquiertemperaturasellevaráacabocompletamente
hastaqueseagoteunodelosreactivos.
5.40.Calculalavariacióndeentalpíayenergíainterna,a25°Cy1atm,paraelproceso:
15
(l)+ (g)6
(g)+3
(l)
2
(Datos. Entalpías de formación (kJ·
82,9.ConstanteR=8,3J·
·
)
):
(g) = ‐393,1;
(l) = ‐285,6;
(l) =
(C.Valenciana2004)
Laentalpíadereacciónsecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Sustituyendo:
Δ H°= 3molH O
‐285,6kJ
‐393,1kJ
82,9kJ
+6molCO
 1molC H
molH O
molCO
molC H
=‐3298,3kJ
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Lavariacióndeenergíainternaasociadaaunareacciónsecalculamediantelaexpresión:
ΔE=ΔHΔnRT
donde,Δn=ΣmolesgasenproductosΣmolesdegasenreactivos
ΔnRT= 6
15
kJ
kJ
8,3·103
25+273 K=‐3,7
2
mol
mol·K
ΔE= ‐3298,3kJ·mol
 ‐3,7kJ·mol
=‐3294,6kJ·
5.41.Indica,razonandocadarespuesta,comovariarálaentropía(siaumentaodisminuye)
enlossiguientesprocesos:
a)Solidificacióndelagua.
b)Formacióndeltetraclorurodecarbono:C(s)+2 (g)
(l)
c)Descomposicióndelamoníaco:2
(g) (g)+3 (g)
(Canarias2005)
a)Lacongelacióndelagua:
H O(l)H O(s)
esuncambiodeestadoqueconllevaunadisminucióndelaentropíayaquesepasadeun
estadolíquidoconmayorgradodedesordenaestadosólidomásordenado.
b) La formación del tetracloruro de carbono (l) es un proceso en el que disminuye el
desordenyaquesepasadeunestadoenelqueexistengasesaunestadoenelquesólo
haylíquido.Porlotantolaentropíadisminuye.
c)Ladescomposicióndelamoníacoesunprocesoenelqueaumentaeldesordenyaquese
pasadeunestadoenelqueexisten2molesdegasaunestadoenelquehay4molesde
gas.Porlotantolaentropíaaumenta.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
36
5.42.Pordiversasrazonesdeíndoleeconómico,políticoysocial,algunospaísesllevanvarios
añosaplicandosustitutosparalagasolinaenelmotordeexplosióndelosvehículos.Unode
losejemplos mássignificativos esBrasil,con lautilizacióndeunamezcladealcohol etílico
con la propia gasolina. La ventaja es que el alcohol se puede obtener por fermentación de
azúcares(porejemplo,glucosa)obtenidosapartirdeplantas(porejemplo,maíz).Elusodel
alcohol como combustible aprovecha el hecho de que la combustión del etanol es
fuertemente exotérmica, aunque ciertamente no lo es tanto como la del etano, ya que el
etanolestáparcialmenteoxidadorespectoalhidrocarburo.Conlosdatosdelatablaquese
aportaybasándoseensusconocimientosrespondaalassiguientescuestiones.
a)Escribayajustelasreaccionesquímicasalasquesehahechomención,esdecir,combustión
deetano,combustióndeetanolyoxidacióndeetanoaetanol.
b)Calculelosvaloresdelaentalpíadereacción(enkJ/mol)paralareaccióndecombustióndel
etanoyparalaoxidacióndeetanoaetanol.
c)Calculeloscaloresdecombustiónporgramodeetanoydeetanol.
d) Calcule cuanto consumiría un automóvil circulando con etanol puro respecto a lo que
consumiría si lo hiciese con gasolina sabiendo que el calor de combustión de la gasolina es
‐48kJ/g.¿Ysilohicieseconetano?
e) Si dentro del motor de explosión se alcanzaran 1200 K de temperatura, ¿podría
transformarseetanolenetano?
Datos.
Etano(g)
(g)
(g) (g)
°(kJ·
)
‐84,7
0
‐393,5
‐241,8
° (J·
) 229,5
205
213,6
188,7
Combustiónetanol
H°(kJ·
)
‐1235,0
,
°(J·
)217,68
,
(Murcia2005)
a)Laecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndeetanoes:
7
C H (g)+ O (g)2CO (g)+3H O(g)
2
Laecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndeetanoles:
(l)+3
(g)2
(g)+3
O(g)
 Si a la ecuación química correspondiente a la combustión de etano se le resta la
correspondiente a la combustión del etanol se obtiene la correspondiente a la oxidación
deletanoaetanol:
C H (g)+½O C H O(l)
b)Laentalpíadereaccióncorrespondientealacombustióndeletanopuedecalcularsea
partirdelasentalpíasdeformacióndelosreactivosyproductos:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δ H°= 3molH O
‐241,8kJ
‐393,5kJ
‐84,7kJ
+2molCO
 1molC H
molH O
molCO
molC H
‐1427,7
kJ
mol
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Laecuacióntermoquímicacorrespondientealacombustióndeletanoles:
C H O(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(g)
Δ H°=‐1235,0kJ·mol ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
37
Restandoestaecuacióntermoquímicadelaanterior,seobtienelaecuacióntermoquímica
correspondientealaoxidacióndeletanoaetanol:
C H (g)+½O C H O(l)
Δ H= ‐1427,7kJ  ‐1235,0kJ ·=‐192,7kJ·
c)ExpresandolasentalpíasdecombustiónenkJ/g:
kJ
‐1427,7kJ 1molC H
=‐47,8
g
molC H 30gC H
‐1235,0kJ 1molC2 H6 O
=‐26,9
molC2 H6 O 46gC2 H6 O
d)Relacionandoloscaloresdecombustióndeletanolydelagasolina:
kJ
gC2 H6
ggasolina
=1,8
conC2 H6 Oconsumecasieldoble
kJ
ggasolina
‐26,9
gC2 H6 O
‐48
Relacionandoloscaloresdecombustióndeletanoydelagasolina:
kJ
g
ggasolina
≅1
conC H consumecasilomismo
kJ
ggasolina
‐47,6
gC H
‐48
e)Paraconocersia1200Ksetienelugardeformaespontáneaesteproceso:
C H (g)+½O C H O(l)
esnecesariocalcularelvalordeΔ G°dedichareacción.Siestevalores<0elprocesoserá
espontáneo.
LaexpresiónquepermitecalcularΔ G°es:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
ElvalordeΔ H°eselobtenidoenelapartadob)conelsignocontrarioyaquesetratadela
reaccióninversa,Δ H°=192,7kJ·mol .
Para calcular el valor de Δ S° es necesario conocer previamente la entropía molar del
etanol.EstevalorsepuedecalcularapartirdelvalorΔ S°delareaccióndecombustióndel
etanolydelasentropíasmolaresdelrestodeloscomponentesdelamisma.
C H O(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(g)
Δ S°=Σ ν S
217,68J K
Seobtiene,S
productos –Σ
= 3molH O
νS
reactivos 188,7J
213,6J
+2molCO
 S
K mol
K mol
=160,6J·mol ·K
+3molO
205J
K mol
.
ConestevalorahorayasepuedecalcularΔ S°delareaccióndeconversióndeetanolen
etano:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Δ S°= 1molC H
160,6J
229,5J 1
205J
+ molO
 1molC H O
2
K mol
K mol
K mol
38
171,4J K
LavariacióndeenergíalibredeGibbsdeunareacciónsepuedecalcularpormediodela
expresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
Δ G°=192,7kJ–1200K
171,4J 1kJ
3 =‐13kJ
K
10 J
G° < 0, por tanto, a 1200 K el etanol se transforma
Como se observa,
espontáneamenteenetano.
5.43.Enlaproduccióndegasdeagua(mezcladeCOy ),ungastérmicoindustrial,sepasa
vapordeaguaatravésdecoqueaelevadatemperatura,produciéndoselasiguientereacción:
C(s)+
(g)CO(g)+ (g)
a)Determinar:laentalpíaestándardeestareacción,elcambiodeentropíayelvalordela
energíadeGibbsestándardelareaccióna298K.Explicarsilareacciónesespontáneaono,
aestatemperatura.
b) Escribir las reacciones que tienen lugar en la combustión del gas de agua y calcular la
energíaquesedesprendecuandosequemagasdeagua,quecontieneunmoldeCOyotrode
,paradar
yagualíquida.
c)¿Cuántocalorsedesprendecuandosequeman100litrosdegasdeagua(medidosa1atm
depresióny298K?(composicióndelgasdeagua:50%COy50% ,v/v).
Datostermodinámicosa298K: ΔH°(kJ·
) S°(J·
)
C(s)0
43,5
(g)‐241,6
188,7
(g)‐393,7
213,6
CO(g)‐110,5
197,5
H O(l)‐285,8
69,91
(g)0 130,6
ConstanteR=0,082atm·L·
·
.
(Extremadura2005)(Córdoba2007)
a) La entalpía de reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de los
reactivosyproductos:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δ H°= 1molCO
‐110,5kJ
‐241,6kJ
 1molH O
=131,6kJ
molCO
molH O
Seobtiene,Δ H°=131,6kJ.Deacuerdoconelsignopositivodelaentalpíasetratadeun
procesoendotérmicoenelqueseabsorbecalor.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
No se tienen en cuenta los valores de Δ H° del C (s) y H (g) ya que por convenio estos
valoressonnulos.
Lavariacióndeentropíadelareacciónpuedecalcularseapartirdelasentropíasmolares
delosreactivosyproductos:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Δ S°=Σ ν S
productos –Σ
Δ S°= 1molCO
νS
39
reactivos 197,5J
205J
43,5J
130,6J
+1molH
+1molH O
 1molC
K mol
K mol
K mol
K mol
.Deacuerdoconelsignopositivodelaentropía,setratade
Seobtiene,Δ S°=95,9J·
unprocesoenelqueaumentaeldesorden.
LavariacióndeenergíalibredeGibbsdeunareacciónsepuedecalcularpormediodela
expresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
Δ S°=131,1kJ–298K
95,9J 1kJ
=102,5kJ
K 103 J
Se obtiene, ΔrG° = 102,5 kJ. De acuerdo con el signo positivo de la energía de Gibbs, se
tratadeunprocesonoespontáneoa298K.
b) Las ecuaciones termoquímicas correspondientes a la combustión de los gases que
formanelgasdeaguason:
H (g)+½O (g)H O(g)
Δ H°=285,8kJ·mol CO(g)+½O (g)CO (g) Δ H°=¿?kJ·mol Laentalpíadeestareacciónes:
Δ H°= 1molCO
‐110,5kJ
‐393,5kJ
 1molCO
=‐283,2kJ·mol–1 molCO
molCO
Lacantidaddecalorquesedesprendealquemarungasdeaguaquecontiene1moldeH y1moldeCOes:
1molH
‐285,8kJ
=‐285,8kJ
1molH
Q= ‐285,8kJ – 283,2kJ =‐569kJ
‐283,2kJ
1molCO
=‐283,2kJ
1molCO
c)Considerandocomportamientoideal,elnúmerodemolesdegasdeaguaquesequeman
es:
1atm·50L
n=
=2,05mol
0,082atm·L·mol ·K 298K
Relacionandoelnúmerodemolesconlaentalpíadecombustión:
2,05mol CO+H
‐569kJ
1mol CO+H
=‐1166,5kJ
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
40
5.44. Uno de los componentes del humo del tabaco es el agente cancerígeno llamado
benzo(α)pireno.
a) Calcula la entalpía de formación del benzo(α)pireno (
) haciendo uso de la ley de
Hess y sabiendo que las entalpías de formación del dióxido de carbono y del agua son,
respectivamente, ‐393 y ‐242 kJ·
. La entalpía de combustión del benzo(α)pireno es ‐
16370kJ·
.
b) Si al fumar una caja de cigarrillos se forman 0,2 g de benzo(α)pireno, ¿qué cantidad de
energíaseconsumeenesteproceso?
(Canarias2005)
a) Las ecuaciones termoquímicas correspondientes a la formación de H O y CO y
combustióndeC H ,son,respectivamente:
C(s)+O (g)CO (g)
Δ H°=‐393kJ·mol H (g)+½O (g)H O(l) Δ H°=285,8kJ·mol C H (s)+23O (g)20CO (g)+6H O(g)
Δ H°=‐16370kJ·mol DeacuerdoconlaleydeHesssepuedeescribir:
20C(s)+20O (g)20CO (g)
ΔH°=20mol ‐393kJ·mol
6H (g)+3O (g)6H O(g) ΔH°=6mol ‐242kJ·mol
20CO (g)+6H O(g)C H (s)+23O (g)
ΔH°=1mol 16370kJ·mol
Sumandoestasecuacionesseobtiene:
20C(s)+6H (g)C H (s)
Δ H°=7058kJ·mol–1
b) Relacionando benzo(α)pireno con su entalpía de formación se obtiene el calor
consumidoalformarse0,2gdeestasustancia:
0,2gC H
1molC H
252gC H
7058kJC H
1molC H
=5,6kJ
5.45.Esdifícilprepararalgunoscompuestosdeformadirectaapartirdesuselementos.Para
estoscompuestosorgánicosesmásfácilmedirlaentalpíaestándardecombustiónhaciendo
reaccionarelcompuestoconexcesode (g)paraformar
(g)y
(l).
Calcularlaentalpíaestándardeformacióndelossiguientescompuestos:
a)Etanol(l)(
)
Entalpíasdeformacióna25°C(kJ·
) Entalpíadecombustióna25°C(kJ·
)
(g)
(l)
(l)
‐393,5
‐285,8
‐1365,6
b)Ciclohexano(l)(
)
Entalpíasdeformacióna25°C(kJ·
) Entalpíadecombustióna25°C(kJ·
)
(g)
(l)
(l)
‐393,5
‐285,8
‐3920,0
(Almería2005)
a)Laentalpíadelareaccióndecombustióndeletanol(l)puedecalcularseapartirdelas
entalpíasdeformacióndeproductosyreactivos:
CH CH OH(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(l)
Δr H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos ProbleemasyCuestio
onesdelasOlim
mpiadasdeQu
uímica.Volume
en8.(S.Menarrgues&F.Latree)
41
Paralaecuacióncitada:
‐1365,6kJJ= 3molH O
Seob
btiene,Δ H o
‐285,8kJJ
‐393,5kJ
+2molCO
O
 Δ H o
molH O
molCO
=‐278,8kJ·
.
b)Reealizandoelmismoproccedimiento enlacombu
ustióndelciclohexano((l):
C H (l)+
+6O (g)
6CO (gg)+6H O(l)
‐3920,0k
kJ= 6molH
H O
Seob
btiene,Δ H o
‐285,8kkJ
‐393,5kJ
+6molCO
O
 Δ H o
molH O
molCO
=‐155
5,8kJ·
.
Enam
mbasreacciionesnosettieneencueentaelvalorrdeΔ H°delO (g)yaqqueporcon
nvenio
estevvaloresnulo.
5.46. Hacer un esquema deel ciclo de Born‐Haberr para el LiiF (s) y callcular su en
nergía
reticu
ular.
Datoss:
CalorrdeformacióndelLiF(ss)(kJ·
))=‐617
Energ
gíadedisociiacióndel (g)(kJ·
)=154
Afinid
dadelectrón
nicadelF(g))(kJ·
))=‐328
Energ
gíadeioniza
acióndelLi((g)(kJ·
)=520
CalorrdesublimacióndelLi(s
(s)(kJ·
)=161
(Almería
a2005)
Aplicando la ley de Hess se puuede calcullar la
LiF:
energíareticulardelL
Δ Ho
=
=Δ H o +½E
+I
+AE
+U
U
siendo:
Δ Ho
=entalpíadeformaciónddelLiF(s)
Δ H o =eentalpíadessublimaciónndelLi(s)
E
I
U
LiF
= 1molLiF
1molLi
617kJ
mol
m
520
0kJ
mol
m
=eenergíaded
disociaciónddelF (g)
=energíadeionizzacióndelLLi(g)
AE
=afiinidadelectrrónicadelF
F(g)
U
=en
nergíareticu
ulardeLiF(ss)
1 molLi
molF
1m
161k
kJ
moll
olF
½mo
328k
kJ
 U
mol
154kJ
‐
mol
LiF
=‐10
047kJ·
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
42
5.47.Durantelafotosíntesislasplantasverdesaprovechanlaenergíadelaluzparaelaborar
azúcares a partir de dióxido de carbono y agua, liberando oxígeno de acuerdo con la
reacción:
6
(g)+6
(l)
(s)+6 (g)
En este proceso las plantas verdes se comportan como máquinas muy poco eficientes en la
conversióndelaenergíaluminosaenenergíaquímica,porquesóloaprovechanel5%dela
energíaluminosaquereciben.
La glucosa (
, de nombre sistemático 2,3,4,5,6‐pentahidroxihexanal,
H
O
cuyafórmuladesarrolladaseindicaenlafiguraparalaformaL)elaborada
C
durantelafotosíntesisquedaenlaplantacomoenergíaquímicaalmacenada
H-C-OH
ycumplelastressiguientesfunciones:
Materiaprimaparaelaborarotrasmoléculasorgánicas(proteínas,hidratos
OH-C-H
decarbono,etc.)queformaránlasraíces,tallos,hojas,floresyfrutos.
H-C-OH
 Para realizar la síntesis de las sustancias que se indican en el apartado
anteriortambiénserequiereenergía,quelaplantaobtienealdescomponer,
H-C-OH
durantelarespiracióncelular,partedelaglucosaobtenida.
CH2OH  Parte de la glucosa permanecerá en la planta como sustancia de reserva
paratransformaseenotrassustancias,comoalmidón,aceite,etc.
Seiluminaunaramitadeunaplantaacuáticaconunalámparade100W.Detodalaenergía
luminosaemitidaporlalámpara,sóloel1%llegaalaplanta,yéstasóloaprovechael5%de
laenergíaquelellega.Calculaelincrementodepesoexperimentadoporlaplantadurante
undía,graciasalafotosíntesis,suponiendoqueel50%delaglucosasintetizadaseconsume
enlarespiraciónparaobtenerenergía.
Datosdeenergíasdeenlaceenkcal·
:
C=O
O−H C−C
C−H
C−O
O=O
178
110
83
99
86118
1cal=4,18J.
(C.Valenciana2005)
Energíaradiadaporlabombilla:
86400s
100J
1dı́a
=8,64·106 J
dı́a
s
Energíaquellegaalaplanta(1%):
8,64·106 J radiada
1J recibida
=8,64·104 J
100J radiada
Energíaabsorbidaporlaplanta(5%):
8,64·104 J recibida
1kJ
5J absorbida
=4,32·103 J 3 =4,32kJ
100J recibida
10 J
La entalpía de una reacción se puede calcular (de forma aproximada) a partir de las
energíasdeenlacesdelassustanciasqueintervienenenlareacción:
Δ H°=Σ ν H
enlacesformados –Σ
νH
enlacesrotos Losenlacesformadosenlosproductosylosrotosenlosreactivosson:
Δ H°= 5·ECC +7·ECH +5·ECO +1·EC=O +5·EOH +6·EO=O  12·EC=O +12·EOH =
= 5·ECC +7·ECH +5·ECO +6·EO=O  11·EC=O +7·EOH Sustituyendoenlaecuacióndelaentalpíayteniendoencuentaquelasenergíasdeenlace
seconsiderannegativasyaquelaformacióndeunenlaceesunprocesoexotérmico:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
43
Energíadesprendidaconlosenlacesformados:
5molC–C
‐99kcal
‐86kcal
‐118kcal
‐83kcal
+7molC–H
+5molC–O
+6molO=O
molC–H
molC–O
molO=O
molC–C
Energíaabsorbidaconlosenlacesrotos:
11molC=O
‐110kcal
‐178kcal
+7molO–H
molO–H
molC=O
Seobtiene,Δ H°=482kcal·mol
Cambiandounidades:
482kcal 4,18kJ
kJ
=2014,8
mol
1kcal
mol
Relacionandolaenergíaabsorbidaporlaplantaconlaentalpíadelareacción:
4,32kJ
1molC H O 180gC H O
=0,386gC H O 2014,8kJ
1molC H O
Teniendo en cuenta que la planta consume el 50% de esta cantidad en la respiración, la
cantidaddeglucosaacumuladaporlaplantaes:
0,386gC H O producida
50gC H O acumulada
=0,193g
100gC H O producida
5.48.Aefectosprácticospuedeconsiderarselagasolina(densidad=0,8kg/L)comooctano
(
). Las entalpías estándar de formación del agua gaseosa, el dióxido de carbono y el
octanoson‐242kJ/mol,‐394kJ/moly‐250kJ/mol,respectivamente.Calcule:
a)Elcalorproducidoenlacombustiónde2Ldegasolina.
b)Laenergíanecesariaporcadakilómetro,siunautomóvilconsume5Ldegasolinacada
100km.
(Cádiz2005)
a)Lareaccióndecombustióndeloctanoes:
C H (l)+
25
O (g)8CO (g)+9H O(g)
2
La entalpía de esta reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos.
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δ H°= 9molH O
‐242kJ
‐394kJ
+8molCO
 1molC H
molH O
molCO
Seobtiene,Δ H°=‐5080kJ·
‐250kJ
molC H
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Elcalordesprendidoalquemarse2Ldeoctano:
2LC H
0,8kgC H 10 gC H
1LC H
1kgC H
1molC H
114gC H
‐5080kJ
=‐7,13·
1molC H
kJ
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
44
b)Relacionandoelvalorobtenidoenelapartadoanteriorconloskmrecorridos:
kJ
‐7,13·10 kJ 5LC H
=‐1783
km
100km
2LC H
5.49.Losdiamantesconstituyenunmaterialdegranimportanciaindustrial(técnicasláser,
puntasdeperforadorasindustriales,etc.),ademástienengranimportanciaenjoyería.
Determina las entalpías de formación del diamante, obtenido a partir del grafito y de la
hulla,respectivamente.¿Encuáldeloscasosesmenorlaentalpía?
(Datos.EntalpíadecombustiónC(grafito)=‐393,05kJ·
EntalpíadecombustiónC(diamante)=‐394,93kJ·
)
(Canarias2006)
Lasecuacionestermoquímicascorrespondientesalacombustióngrafito,diamanteyhulla,
son,respectivamente:
C(grafito)+O (g)CO (g) ΔH°=‐393,05kJ
C(diamante)+O (g)CO (g)
ΔH°=‐394,93kJ
C(hulla)+O (g)CO (g) ΔH°=‐404,21kJ
 Para la formación del diamante a partir del grafito, de acuerdo con la ley de Hess se
puedeescribir:
C(grafito)+O (g)CO (g) ΔH°=‐393,05kJ
CO (g)C(diamante)+O (g)
‐ΔH°=394,93kJ
Δ
Sumandoambasecuacionesseobtiene:
C(grafito)C(diamante)

H°=1,88kJ
 Para la formación del diamante a partir del grafito, de acuerdo con la ley de Hess se
puedeescribir:
C(hulla)+O (g)CO (g) ΔH°=‐404,21kJ
CO (g)C(diamante)+O (g)
‐ΔH°=394,93kJ
Δ
Sumandoambasecuacionesseobtiene:
C(hulla)C(diamante)

H°=‐9,28kJ
Comoseobserva,esmenorlaentalpíasiseformaeldiamanteapartirdehulla.
5.50.Apartirdelossiguientesdatostermodinámicos,todosellosa25°C:
Sustancia
°(kJ·
)
S°(J·
·
)
(l)
‐239,1
126,8
CO(g) ‐110,5
197,5
(g) 0
130,5
a)CalculalosvaloresdeΔH°yΔS°paralareaccióndesíntesisdelmetanolapartirdeCOy
gaseosos.
b)Encondicionesestándar,¿seráespontáneadichareacción?
(Canarias2006)
a)LaecuaciónquímicacorrespondientealasíntesisdemetanolapartirdeCOyH es:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
45
CO(g)+2H (g)CH OH(l)
La entalpía de reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos.
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
= 1molCH OH
νH
reactivos =
‐239,1kJ
‐110,5kJ
– 1molCO
=‐128,6kJ·mol–1 molCH OH
molCO
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delH (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
ElvalordeΔ S°secalculaapartirdelasentropíasmolaresdeproductosyreactivos:
Δ S°=Σ ν S
productos –Σ
= 1molCH OH
νS
reactivos =
126,8J
197,5J
J
130,5J
+1molCO
– 2molH
=‐331,7
K·mol
K·mol
mol·K
K·mol
b)ParadeterminarlaespontaneidaddelareacciónesnecesariocalcularelvalordeΔ G°.
LavariacióndeenergíalibredeGibbssecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ G°=Δ H°
=
TΔ S°
‐331,7J 1kJ
kJ
‐128,6kJ
–298K
3 =‐29,7
K·mol 10 J
mol
mol
Setratadeunprocesoespontáneoa25°Cyaqueelvalorde
°<0.
5.51.Enelprocesodereaccióndeloxígenocon elcobreparaformaróxidodecobre(II)se
desprenden2,30kJporcadagramodecobrereaccionado,a298Ky760mmHg.Calcule:
a)Laentalpíadeformacióndelóxidodecobre(II).
b)Elcalordesprendidocuandoreaccionan100Ldeoxígeno,medidosa1,5atmy27°C.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Cádiz2006)
a)LareaccióndeformacióndelCuOes:
Cu(s)+½O (g)CuO(s)
La entalpía de esta reacción se obtiene el calor desprendido con la cantidad de Cu que
reacciona:
Δ H°=
‐2,30kJ 63,5gCu
kJ
=‐146,05
gCu
molCu
mol
b)Suponiendocomportamientoideal,elvolumenocupadoporelgases:
n=
1,5atm·100L
=6,1molO 0,082atm·L·mol ·K 27+273 K
LacantidaddecalorquesedesprendecuandoreaccionaelO es:
6,1molO
‐146,05kJ
=‐1781,8kJ
0,5molO
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
46
5.52. La dimetilhidracina,
, se utiliza como combustible de cohetes. Cuando
reaccionaconoxígenolaecuacióntermoquímicadelareacciónes:
½
(l)+2 (g)
(g)+2
a)CalculaΔHparalassiguientesreacciones:
(g)2
(l)+4
(g)+½
(g)+4
(g)+2
(g)+½ (g)½
b)Elcalordevaporizacióndelaguaes44,0kJ·
(g)+
(g)ΔH=‐901,6kJ
(g)
(l)+2 (g)
,calculaΔHparalareacción:
½
(l)+2 (g)
(g)+2
(l)+½ (g)
c) Los calores de formación del
(g) y
(g) son ‐393,5 y ‐241,8 kJ·
,
respectivamente.Calcula
°del
(l).
d)¿Cuántocalorsedesprendealquemarse enun recipienteabierto10,0gde
(l)?
e)Latemperaturadeuncalorímetroaumenta1,78°Ccuandoseabsorben8,55kJ.Calculala
capacidadcaloríficadelcalorímetro.
f)Enelcalorímetrodelapartadoanteriorsequemadimetilhidracinaa25°C.Latemperatura
aumentahasta29,55°C.¿Quémasadedimetilhidracinasehaquemado?
(Baleares2006)
a)Laprimeradelasreaccionespropuestaseslareaccióniniciallaquesehaeliminadoel
coeficiente fraccionario de la dimetilhidracina multiplicando por 2, por tanto, la entalpía
dedichareacciónesdobledelaentalpíadada:
Δ H°=2 ‐901,6kJ =‐1803,2kJ
La segunda de las reacciones propuestas es la reacción inversa a la reacción inicial, por
tanto,laentalpíadedichareacciónesla901,6kJ
b)Lasecuacionestermoquímicaspropuestasson:
½N H CH
(l)+2O (g)CO (g)+2H O(g)+½N (g)Δ H°=‐901,6kJ
H O(l)H O(g)
Δ H°=44kJ
De acuerdo con la ley de Hess, estas ecuaciones termoquímicas se pueden reescribir de
formaquesumadasseobtengalareaccióndeseada:
½N H CH
(l)+2O (g)CO (g)+2H O(g)+½N (g)Δ H°=‐901,6kJ
Δ H°=2 ‐44kJ 2H O(l)2H O(g) 
½N H CH (l)+2O (g)CO (g)+2H O(l)+½N (g)Δ H°=‐989,6kJ
c) La entalpía de reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos.
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióndada:
‐901,6kJ= 1molCO
Seobtiene,Δ H o
‐241,8kJ
‐393,5kJ
+2molH O
– Δ H o
molH O
molCO
=‐24,5kJ·
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delN (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
47
d)Relacionandolamasadedimetilhidracinaylaentalpíadereacción:
1molN H CH
58gN H CH
10gN H CH
‐1803,2kJ
1molN H CH
=‐310,9kJ
e)Considerandoqueelprocesotienelugarenunsistemaaisladoenelquenoentranisale
=0,luego:
calor,Q
=Q
Q
donde:
Q
k
=k
+Q=0
·ΔT=k
Q =calorabsorbidoporelcalorímetro
Q=calorsuministrado
1,78K
1,78K+ ‐8,55kJ =0k
=4,8kJ·
e)Considerandoelcalorímetrounsistemaaislado,secumpleque:
Q
=Q
+Q =0
Q =calorabsorbidoporelcalorímetro
Q =calordesprendidoenlacombustió n
Sustituyendo
4,8
kJ
29,55–25 K+mgN H CH
K
Seobtiene,m=0,7g
1molN H CH
58gN H CH
‐1803,2kJ
1molN H CH
=0
5.53. El ácido acético se obtiene industrialmente por reacción del metanol (
) con
monóxidodecarbono.
a)Escribeyajustalareacciónanterior.
b)Indicasilareacciónesexotérmicaoendotérmica.
c) Calcula la cantidad de energía intercambiada al hacer reaccionar 50 kg de metanol de
riqueza87%con30kgmonóxidodecarbonoderiqueza70%.Elrendimientodelareacción
esdel80%.
(Datos.
°(kJ·
):metanol=‐238;ácidoacético=‐485;monóxidodecarbono=‐110)
(Asturias2006)
a)LaecuaciónquímicacorrespondientealareacciónentreCH OHyCOes:
(l)+CO(g)
(l)
b)Lavariacióndeentalpíaasociadaalprocesopuedecalcularseapartirdelaexpresión:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
= 1molCH COOH
νH
reactivos ‐485kJ
‐238kJ
‐110kJ
+1molCO
 1molCH OH
molCH COOH
molCH OH
molCO
Seobtiene,Δ H°=‐137kJ·
.
Deacuerdoconelsignonegativodelaentalpíasetratadeunprocesoexotérmicoenel
queseliberacalor.
c)Alexistircantidadesdelosdosreactivos,esnecesariodeterminarpreviamentecuálde
elloseselreactivolimitante.Elnúmerodemolesdecadareactivoes:
50·10 gCH OH87%
87gCH OH
1molCH OH
=1359,4molCH OH
100gCH OH87% 32gCH OH
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
30·10 gCO70%
48
70gCO
1molCO
=750molCO
100gCO70% 28gCO
Larelaciónmolares:
1359,4molCH OH
=1,8
750molCO
Comolarelaciónmolaresmayorque1quieredecirquesobraCH OH,porloqueCOesel
reactivo limitante que determina la cantidad de CH COOH formado y el calor
desprendidoenlareacciónconunrendimientodel80%:
750molCO
1molCH COOH 80molCH COOH real ‐137kJ
=‐8,22·
100molCH COOH teo 1molCO
1molCO
kJ
5.54.Lareaccióndeformacióndelmetanoles:
C(s)+2 (g)+½ (g)
(l)
Apartirdelasecuacionesquímicassiguientes:
(l)+3/2
(g)
(g)
C(s)+
(g)
(g)
(g)+½
(g)+2
(l)
ΔH°=‐725kJ
ΔH°=‐393kJ
(l) ΔH°=‐286kJ
a)Elcalormolardeformacióndelmetanol.
b) La masa de hielo, a 0°C, que puede fundirse con la combustión de 1 litro de metanol
(densidad=0,792g
).
(Datos.Masamolardelmetanol32g
;calorlatentedefusióndelhielo=334kJ·
)
(Córdoba2006)
a)DeacuerdoconlaleydeHess,estasecuacionestermoquímicassepuedenreescribirde
formaquesumadasseobtengalareaccióndeseada:
CO (g)+2H O(l)CH OH(l)+3/2O (g)
ΔH°=725kJ
C(s)+O (g)CO (g)
ΔH°=‐393kJ
ΔH°=2 ‐286kJ 2H (g)+O (g)2H O(l)

C(s)+2H (g)+½O (g)CH OH(l)
Δ H°=‐240,0kJ·
b)Considerandoqueelprocesotienelugarenunsistemaaisladoenelquenoentranisale
=0,luego:
calor,Q
=Q
Q
+Q =0
Q =calorabsorbidoporelhieloparafundirse
Q =calordesprendidoenlacombustió n
donde:
Q
=m
Q =m
·Δ
H°
·Δ H°
Sustituyendo:
m
Seobtiene,m
0,792gCH OH 1molCH OH
‐725kJ
334kJ
+103 mLCH OH
=0
kg
1mLCH OH 32gCH OH 1molCH OH
=53,7kg
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
49
5.55.Alquemar1gdeetenogas(
=
)y1gdeetanollíquido(
)paraformar
(g) y
(l) se desprenden 50,42 y 29,73 kJ, respectivamente. Las entalpías de
formacióndel
(g)ydel
(l)son‐393,84y‐286,01kJ,respectivamente.Calcula:
a)Laentalpíadelasreaccionesnoajustadas:
a1)
a2)
(g)+
(g)
(l)+
(g)
(g)+
(l)
(g)+
(l)
a3)
(g)+
(l)
(l)
b)Lasentalpíasdeformacióndeletenoyeletanol.
c)Lavariacióndeenergíainternaa320°Cdelasreacciones,noajustadas:
c1)
(g)+
(g)
(g)+
(l)
c2)
(l)+ (g)
(g)+
(l)
d) Utilizando los datos de energías de enlace de la tabla, calcula la entalpía de la primera
reacción, y compárala con el valor obtenido en el apartado a1. Comenta las diferencias y
justifícalas.
Datos.Enlace: C=CC−HC=OO−HO=O
Energía(kJ)651,58414,57745,39460,64494,14
ConstanteR=8,314J·
·
.
(C.Valenciana2006)(C.Valenciana2008)
a1)Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealacombustióndeletenoes:
C H (g)+3O (g)2CO (g)+2H O(l)
Laentalpíadecombustióndeletenoes:
‐50,42kJ 28gC H
=‐1411,8kJ·
gC H 1molC H
a2)Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealacombustióndeletanoles:
C H OH(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(l)
Laentalpíadecombustióndeletanoles:
‐29,73kJ 46gC H OH
=‐1367,6kJ·
gC H OH 1molC H OH
a3)Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealahidratacióndeletenoes:
C H (g)+H O(l)C H OH(l)
De acuerdo con la ley de Hess, las ecuaciones termoquímicas correspondientes a los
apartadosa1)ya2)sepuedenreescribircomo:
C H (g)+3O (g)2CO (g)+2H O(l) Δ H°=‐1411,8kJ
2CO (g)+3H O(l)C H OH(l)+3O (g)
‐Δ H°=1367,6kJ

C H (g)+H O(l)C H OH(l) Δ H°=‐44,2kJ·
b)Laecuacióntermoquímicaajustadacorrespondientealacombustióndeletenoes:
C H (g)+3O (g)2CO (g)+2H O(l) Δ H°=‐1411,8kJ
La entalpía de la reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
50
reactivos Paralaecuacióncitada:
1molC H
‐286,01kJ
‐1411,8kJ
‐393,84kJ
= 2molH O
+2molCO
∆f Ho
molH O
molC H
molCO
Seobtiene,∆f Ho
=52,1kJ·
.
Laecuacióntermoquímicaajustadacorrespondientealacombustióndeletanoles:
C H OH(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(l)
Δ H°=‐1367,6kJ
Procediendodeigualformaqueconeleteno:
1molC H OH
‐1367,6kJ
‐286,01kJ
‐393,84kJ
= 3molH O
+2molCO
∆f Ho
molC H OH
molH O
molCO
Seobtiene,∆f Ho
OH
=‐278,1kJ·
OH
.
EnambasreaccionesnosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenio
estevaloresnulo.
c)Lavariacióndeenergíainternadeunareacciónsecalculapormediodelaecuación:
ΔE=ΔH–ΔnRT
donde,Δn=molesdegasenproductosmolesdegasenreactivos
c1)Laecuacióntermoquímicaajustadacorrespondientealacombustióndeletenoes:
C H (g)+3O (g)2CO (g)+2H O(l) Δ H°=‐1411,8kJ
SustituyendoenlaecuaciónquepermitecalcularΔE:
ΔnRT= 24 8,3·103
kJ
kJ
320+273 K=‐9,8
mol
mol·K
ΔE= ‐1411,8kJ·mol
 ‐9,8kJ·mol
=‐1401,9kJ·
c2)Laecuacióntermoquímicaajustadacorrespondientealacombustióndeletanoles:
C H OH(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(l)
Δ H°=‐1367,6kJ
Procediendodeigualformaqueconeleteno:
ΔnRT= 23 8,3·103
kJ
kJ
320+273 K=‐4,9
mol
mol·K
ΔE= ‐1367,6kJ·mol
 ‐4,9kJ·mol
=‐1362,7kJ·
d)Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealapartadoa1),lacombustióndeleteno,
es:
C H (g)+3O (g)2CO (g)+2H O(l)
La entalpía de una reacción se puede calcular (de forma aproximada) a partir de las
energíasdeenlacesdelassustanciasqueintervienenenlareacción:
Δ H°=Σ ν H
enlacesformados –Σ
νH
enlacesrotos ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
51
Losenlacesformadosenlosproductosylosrotosenlosreactivosson:
Δ H°= 4·EC=O +4·EOH  EC=C +4·ECH +3·EO=O Sustituyendoenlaecuacióndelaentalpíayteniendoencuentaquelasenergíasdeenlace
seconsiderannegativasyaquelaformacióndeunenlaceesunprocesoexotérmico:
Δ H°= 4molC=O
 1molC=C
‐745,39kJ
‐460,64kJ
+4molOH

molC=O
molOH
‐651,58kJ
‐414,57kJ
‐494,14kJ
+4molCH
+3molO=O
molC=C
molCH
molO=O
Seobtiene,Δ H°=‐1031,8kJ·
Elvalorobtenidoapartirdelasenergíasdeenlaceesinferioralqueseobtieneapartirde
lasentalpíasdeformación,‐1411,8kJ.Estoesdebidoaquelosvaloresdelasenergíasde
enlace utilizados son valores promedio y no los vaores experimentales que se obtienen
cuandosemidelaentalpíadecombustiónconunabombacalorimétrica.
El problema propuesto en 2008 es el mismo sólo que con las entalpías expresadas en
kcal·mol ylaenergíainternacalculadaa298K.Lassolucionesson:
a1)∆c Ho
=‐337,12kcal·
a3)Δ H°=‐10,52kcal·
b2)∆f H
o
c2)∆c Eo
a2)∆c Ho
b1)∆f Ho
o
OH
=‐66,4kcal·
OH
=‐326kcal·
OH
c1)∆c E
=‐326,6kcal·
=12,42kcal·
=‐335,94kcal·
d)Δ H°=‐255kcal·
.
5.56.Lasentalpíasdecombustióndeletanolydeletanalson,respectivamente‐327,6y‐279,0
kcal·
.
a)Escribelasreaccionesdecombustióndeletanolydeletanalajustadas.
b)Calcularlavariacióndeentalpíadelareaccióndeoxidacióndeletanollíquidoenexceso
deoxígenoparadaretanalyagua,amboscompuestosenestadolíquido.
c)¿Cuáldelasdossustanciasproducirámáscalorenelprocesodecombustión?
(Canarias2007)
a)Lasecuacionesquímicasajustadascorrespondientesalacombustióndeletanolyetanal
son:
(l)+3 (g)2
(g)+3
(l)
(l)+5/2
(g)2
(g)+2
(l)
b)Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealaoxidacióndeletanoles:
C H OH(l)+½O (g)C H O(g)+H O(l)
Las ecuaciones termoquímicas correspondientes a las combustiones del etanol y etanal
son,respectivamente:
C H OH(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(l)
Δ H°=‐327,6kcal·mol C H O(l)+5/2O (g)2CO (g)+2H O(l)
Δ H°=‐279,0kcal·mol De acuerdo con la ley de Hess, las ecuaciones termoquímicas anteriores se pueden
reescribircomo:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
C H OH(l)+3O (g)2CO (g)+3H O(l)
52
Δ H°=‐327,6kcal·
2CO (g)+2H O(l)C H O(l)+5/2O (g)
‐Δ H°=279,0kcal

C H OH(g)+½O (l)C H O(l)+H O(l)
Δ H°=‐48,6kJ·
c)Segúnseobservaconlasentalpíasdecombustión,eletanoldesprende,pormol,más
calorqueeletanal.
5.57. Indica, razonando la respuesta, como varía la entropía (aumenta o disminuye) en los
siguientesprocesos:
a)Congelacióndelagua.
b)Demolicióndeunedificio.
c)Condensacióndeamoníacogaseoso.
d)Separacióndeloscomponentesdeunamezcla.
(Canarias2007)
a)Lacongelacióndelagua:
H O(l)H O(s)
esuncambiodeestadoqueconllevaunadisminucióndelaentropíayaquesepasadeun
estadolíquidoconmayorgradodedesordenaestadosólidomásordenado.
b)Lademolicióndeunedificioconllevaunaumentodeldesordenyaquesepasadeuna
estructura ordenada (paredes, tabiques, etc.) a una estructura menos ordenada
(escombros).Porlotantolaentropíaaumenta.
c)Lacondensacióndelamoníaco:
NH (l)NH (l)
esuncambiodeestadoqueconllevaunadisminucióndelaentropíayaquesepasadeun
estadogaseosoconmayorgradodedesordenaestadolíquidomásordenado.
d) La separación de los componentes de una mezcla conlleva una disminución del
desordenenelsistemayaquesepararloscomponentesimplicarordenarlos,porlotanto
laentropíadisminuye.
5.58. El calor de reacción correspondiente a la descomposición térmica del carbonato de
calcioes‐42,49kcal·
,siendolosproductosdereacciónqueseobtienenóxidodecalcio
ydióxidodecarbono.Calcule:
a)Elconsumodecarbónmineralquehayqueañadiraunhornodecalefacciónparaobtener
una tonelada de óxido de calcio, suponiendo que el rendimiento térmico del horno sea del
70%.Sesabequelaentalpíadelareacción:
C+ 
b)Elvolumende
esigualaΔH=‐94,52kcal·
.
quesedesprendenenesteprocesoencondicionesnormales.
(Cádiz2007)
a)LaecuacióntermoquímicacorrespondientealadescomposicióntérmicadelCaCO es:
CaCO (s)CaO(s)+CO (g)
ΔH°=42,49kcal
ElcalornecesarioparaobtenerunatoneladadeCaOes:
10 gCaO
1molCaO 42,49kcal
=7,6·10 kcal
56gCaO 1molCaO
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
53
Comoelrendimientotérmicodelhornoesdel70%:
7,6·10 kcal
100kcal teó rico
=1,09·10 kcal
70kcal real
Relacionandoestecalorconelquesedesprendeenlacombustióndelcarbono:
1,09·10 kcal
1molC
=1,15·10 molC
94,52kcal
Suponiendoqueelcarbóncontiene100%deC,lamasacorrespondientees:
1,15·10 molC
12gC
=1,38·
1molC
gC
b)Suponiendocomportamientoideal,elvolumenocupadoporelCO desprendidoes:
1,15·10 molC
1molCO 22,4LCO
=2,58·
1molC 1molCO
L
5.59. Cuando el yoduro de sodio, NaI, se disuelve en agua, la mezcla se enfría
espontáneamente.Contestadeformarazonadaalassiguientescuestiones:
a)Cualseráelsignodelavariacióndeentalpía(ΔH).
b)¿QuémagnitudesmayorΔHoTΔS?
(Canarias2007)
a)AldisolverelNaIenagua:
NaI(s)Na (aq)+I (aq)
se produce una disminución espontánea de la temperatura. Esto nos indica que en el
procesodedisoluciónseabsorbecalor,porlotantosetratadeunprocesoendotérmico,
esdecir,ΔH>0.
b)ComosetratadeunprocesoespontáneolavariacióndeenergíalibredeGibbsesΔG<0.
Elprocesodedisoluciónporsuparteimplicaunmayoraumentodeldesordenyaquese
produce se pasa de un estado sólido más ordenado a una disolución acuosa menos
ordenada,porloqueseproduceunaumentodelaentropía,ΔS>0ysisetieneencuenta
queelprocesoesendotérmico,ΔH>0,paraquecumplaqueΔG<0,ydeacuerdoconla
expresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
tienequecumplirseque‫׀‬ΔH‫׀>׀‬T·ΔS‫׀‬
5.60.Lostubosdeestañodelosórganosdelasiglesiasmuyfríassufrenlallamada“pestedel
estaño”, donde el estaño metálico (estaño blanco) se transforma en estaño gris (forma no
metálicadeaspectopulverulento).Apartirdelossiguientesdatosdeterminapordebajode
quétemperaturaseproducelapestedelestaño:
°(kJ·
)
S°(J·
·
)
Sn(blanco)
0,00
51,55
Sn(gris) ‐2,09
44,14
(Canarias2008)
Setratadedeterminarlatemperaturadeequilibriodelproceso:
Sn(blanco)Sn(gris)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
54
Enprimerlugarsedebedeterminarlaentalpíadereacción,quepuedecalcularseapartir
delasentalpíasdeformacióndelosreactivosyproductos:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δ H°= 1molSn gris
‐2,09kJ
0kJ
 1molSn blanco
=‐2,09kJ
molSn gris
molSn blanco
 Seguidamente, se debe determinar la variación de entropía de la reacción, que puede
calcularseapartirdelasentropíasmolaresdelosreactivosyproductos:
Δ S°=Σ ν S
productos –Σ
Δ S°= 1molSn gris
νS
reactivos J
44,14J
51,55J
 1molSn blanco
=‐7,41 K
K·mol
K·mol
LavariacióndeenergíalibredeGibbsdeunareacciónsepuedecalcularpormediodela
expresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°
Cuando se alcanza el equilibrio se cumple que Δr G°=0, lo que permite calcular la
temperaturaalaquesealcanzaeste.Sustituyendolosvalorescalculados:
T=
‐2,09kJ 103 J
Δ H°
=
=282K
Δ S° ‐7,41J·K
1kJ
Seobtiene,T=282K(8,9°C),temperaturapordebajodelacualseproducela“pestedel
estaño”,elSn blanco setransformaespontáneamenteenSn gris .
5.61.Calculaelcalordeformacióndelamoníacosisesabequelareacciónentreelhidrógeno
y el nitrógeno para dar este compuesto es exotérmica y que el calor desprendido en la
reacción de obtención de un litro de amoníaco a 25°C y 1 atmósfera, aumenta 1,3°C la
temperaturade0,5kgdeagua.
(Dato.Calorespecíficodelagua=4,180J
·
)
(Baleares2008)
Considerandoqueelprocesotienelugarenunsistemaaisladoenelquenoentranisale
=0,luego:
calor,Q
Q
=Q
+Q
=0
Q
Q
=calorabsorbidoporelagua
=calordesprendidoenlareacció n
donde:
Q
=mCΔT
Sustituyendo:
500gH O 4,180
J
1,3K +Q
g K
=0Q
=‐2717J
Considerandocomportamientoideal,elnúmerodemolesdegases:
n=
1atm·1L
=4,1·10
0,082atm·L·mol ·K 25+273 K
molNH ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
55
RelacionandoelcalordesprendidoconelnúmerodemolesdeNH :
‐2717J
1kJ
=‐66,4kJ·
4,1·10 molNH 10 J
5.62.Enunhornosedescomponecarbonatodecalciosegún:
(s)CaO(s)+
(g)
∆H°=+179kJ/mol
Seutilizacomocombustiblepropano(
),cuyaentalpíadecombustiónes∆H°=‐2219,8
kJ/mol
a)¿Quémasadepropanosedebequemarparadescomponer100kgdecarbonatodecalcio,
sisóloseaprovechael40%delcalordesprendido?
b) Calcula el volumen de aire, a 25°C y 1 atm, necesario para la combustión del propano
utilizado.
c)Calculaloskgde
emitidosalaatmósferaentodoelproceso.
(Datos.ConstanteR=0,082atm·L·
·
;elairetieneun21%envolumendeoxígeno)
(Murcia2008)
a)ElnúmerodemolesdeCaCO adescomponeres:
100kgCaCO
10 gCaCO 1molCaCO3
=10 molCaCO 1kgCaCO 100gCaCO3
LaenergíanecesariaparadescomponerelCaCO es:
179kJ
=1,79·105 kJ
1molCaCO
10 molCaCO
LamasadeC H necesariaparasuministraresaenergíaconunrendimientodel40%es:
xmolC H
2219,8kJ 40kJ ú til
=1,79·105 kJx=201,6molC H 1molC H 100kJ teó rico
201,6molC H
44gC H 1kgC H
1molC H 10 gC H
8,87kgC3 H8 b)LaecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndelC H es:
C H (g)+5O (g)3CO (g)+4H O(l)
RelacionandoC H conO :
201,6molC H
5molO
1molC3 H8
1008molO Considerandocomportamientoideal,elvolumenocupadoporelgases:
V=
1008mol 0,082atm·L·mol
1atm
·K
25+273 K
Elvolumendeairecorrespondientees:
2,46·104 LO
100Laire
=1,18·105 Laire
21LO
=2,46·104 LO ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
56
c)ElCO emitidoalaatmósferaeselcorrespondientealasreacciones:
DescomposicióndelCaCO 1molCO
=10 molCO
10 molCaCO
1molCaCO
1605molCO CombustióndelC H 3molCO
=605molCO2
201,6molC H
1molC H
LamasadeCO es:
1605molCO
44gCO 1kgCO
1molCO 10 gCO
, kgCO2 5.63. Durante la década de 1940, y debido a la escasez de gasolina, se utilizó como
combustible para automóviles el monóxido de carbono obtenido a partir del carbón en los
“gasógenos”.SabiendoquelacombustióndelCO(g)paradar
(g)tieneunavariaciónde
entalpíade‐238kJ·
a25°C:
a)Calculalaentalpíadeformacióndelmonóxidodecarbono.
b)¿Quécantidaddecalorsepodríaobteneralquemar100 deCOmedidosa25°Cy750
mmHg?
c)¿Quévolumenocuparíael necesarioparalacombustióndelCOdelapartadoanterior,
medidoenlasmismascondicionesdepresiónytemperatura?
(Datos.ConstanteR=0,082atm·L·
·
;
°
(g)=‐393,5kJ·
)
(Cádiz2008)
a)Laecuaciónquímicacorrespondientealaformacióndel“gasógeno”es:
CO(g)+½O (g)CO (g) Δ H°=‐238kJ·mol Laentalpíadereacción,quepuedecalcularseapartirdelasentalpíasdeformacióndelos
reactivosyproductos:
Δ H°=Σ ν H
1molCO
productos –Σ
νH
reactivos ‐238kJ
‐393,5kJ
= 1molCO
∆f HoCO ∆f HoCO =‐110,5kJ·
molCO
molCO
b)Suponiendocomportamientoideal,elvolumenocupadoporelgases:
n=
1atm
10 L
750mmHg·100m
=4038molCO
0,082atm·L·mol ·K
25+273 K 760mmHg 1m
LacantidaddecalorquesedesprendecuandosequemaelCOes:
4038molCO
‐238kJ
=‐7,6·
1molCO
kJ
c)RelacionandoCOyO :
4038molCO
0,5molO
=2019molO 1molCO
Elvolumenocupadoporestacantidaddegases:
V=
2019mol 0,082atm·L·mol ·K
750mmHg
25+273 K 760mmHg 1m3
=50
1atm
10 L
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
57
5.64. La combustión de 12,40 g de metano, llevada a cabo a presión constante, desprende
689,5kJ,referidosalatemperaturade25°C.Teniendoencuentaqueaestatemperaturael
aguaproducidaestáenestadolíquido,determine:
a)Laentalpíaestándardecombustióndelmetano.
b)LaenergíadeGibbscorrespondientealacombustióndelmetanoa25°C.
c)Laentalpíadeformacióndelmetanoa25°C.
Datos.
Sustancia
(g) (g)
(g)
(l)
°(kJ·
)‐393,5‐285,8
S°(J·
·
)186,3205,1213,769,9
(Córdoba2008)
a)Laentalpíadecombustióndelmetanoes:
‐689,5kJ 16gCH
=‐889,7kJ·
12,40gCH 1molCH
b)Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealacombustióndelmetanoes:
CH (g)+2O (g)CO (g)+2H O(l)
La variación de entropía de la reacción, que puede calcularse a partir de las entropías
molaresdelosreactivosyproductos:
Δ S°=Σ ν S
productos –Σ
= 2molH O
νS
reactivos 69,9J
213,7J
186,3J
205,1J
+1molCO
+2molO
 1molCH
mol K
mol K
mol K
mol K
Seobtiene,Δ S°=‐243J·mol ·K
LavariacióndeenergíalibredeGibbssecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ G°=Δ H°TΔ S°
Sustituyendo:
Δ G°=
‐889,7kJ
‐243J 1kJ
 25+273 K
=‐817,3kJ·
mol
mol·K 10 J
c) La entalpía de la reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
1molCH
Seobtiene,∆f Ho
‐285,8kJ
‐889,7kJ
‐393,5kJ
= 2molH O
+1molCO
∆f Ho
molH O
molCH
molCO
=‐75,4kJ·
.
NosetieneencuentaelvalordeΔfH°delO2(g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
58
5.65.Unodelosplásticosmásutilizadosactualmenteeselpolietileno.Elproductodepartida
utilizadoensufabricacióneseletileno.Siloscaloresestándardeformacióndeldióxidode
carbonogaseosoydelagualíquidason,respectivamente,‐94,1y‐63,8kcal·
ysabiendo
queelcalordecombustióndeletilenogases‐337,3kcal·
,determineelcalorestándar
deformacióndelcitadoreactivogaseosodepartida.
(CastillayLeón2008)
La entalpía de combustión del etileno puede calcularse a partir de las entalpías de
formacióndeproductosyreactivos:
C H (g)+3O (g)2CO (g)+2H O(l)
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
1molC H
‐63,8kcal
‐337,3kcal
‐94,1kcal
= 2molH O
+2molCO
∆f Ho
molH O
molC H
molCO
Seobtiene,∆f Ho
=21,5kcal·
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
5.66. En cuál de los procesos que se indican tiene lugar un cambio espontáneo a bajas
temperaturasynoespontáneoatemperaturasaltas.
a)
(g)+3 (g)
(g)+
(g)
°=‐238kJ
b)
(s)+6 (g)6
(g)+6
(l) °=‐2816kJ
c)CaO(s)+3C(s)
(s)+CO(g)
°=+462kJ
d) (g)+3 (g)2
(l) °=+230kJ
(Canarias2009)
ElcriteriodeespontaneidaddeunprocesosediscutedeacuerdoconelvalordeΔG.Éste
secalculamediantelaexpresión:
Δ G°=Δ H°
TΔ S°>0procesonoespontáneo
Δ G°=Δ H°
TΔ S°<0procesoespontáneo
Si Δ H° < 0 y Δ S° < 0, entonces el valor de Δ G° depende de cuál de los términos
|Δ H°|o|TΔ S°|seamayor,esdecirdependedecuálseaelvalordeT:
SiTeselevada,|Δ H°|<|TΔ S°|Δ G°>0yelprocesoesnoespontáneo
SiTesbaja,|Δ H°|>|TΔ S°|Δ G°<0yelprocesoesespontáneo
SiΔ H°>0yΔ S°>0,elvalordeΔ G°dependedelvalordeT:
SiTeselevada,|Δ H°|>|TΔ S°|Δ G°<0yelprocesoesespontáneo
SiTesbaja,|Δ H°|>|TΔ S°|Δ G°>0yelprocesoesnoespontáneo.
a)CS (g)+3Cl (g)CCl (g)+S Cl (g)
Δ H°=‐238kJ
°<0,yaquehaymenosmolesdegasenproductosquereactivos,por
Enestareacción,
tanto, de acuerdo con lo anteriormente expuesto, la reacción es espontánea a bajas
temperaturas.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
b)C H O (s)+6O (g)6CO (g)+6H O(l) 59
Δ H°=‐2816kJ
° > 0, ya que hay más moles de gas y líquido en productos que
En esta reacción,
reactivos, por tanto, de acuerdo con lo anteriormente expuesto, la reacción es
espontáneaacualquiertemperatura.
c)CaO(s)+3C(s)CaC (s)+CO(g)
Δ H°=+462kJ
°>0,yaquehaymásmolesdegasenproductosquereactivos,por
Enestareacción,
tanto, de acuerdo con lo anteriormente expuesto, la reacción es espontánea a altas
temperatura.
d)N (g)+3Cl (g)2NCl (l) Δ H°=+230kJ
°<0,yaquehaymenosmolesdegasenproductosquereactivos,por
Enestareacción,
tanto, de acuerdo con lo anteriormente expuesto, la reacción es no espontánea a
cualquiertemperatura.
5.67.Enelpuntodeebulliciónnormaldeunlíquidoseencuentranenequilibrioellíquidoyel
vaporylapresiónparcialdelvapor esde1atm.Lapresiónsobre el líquidoesde1atm,y
tantoellíquidocomoelvaporseencuentranenestadoestándar.Apartirdelosdatosquese
aportan,estimarlatemperaturadeebullicióndeletanol.
Compuesto
(l)
(g)
°(kJ·
‐238,64
‐201,20
)
S°(J·
127,00
238,00
·
)
(Canarias2009)
Elequilibriocorrespondientealavaporizacióndelmetanoles:
CH OH(l)CH OH(g)
La entalpía del proceso de vaporización de metanol puede calcularse a partir de las
entalpíasdeformacióndeproductosyreactivos:
Δ
H°=Σ ν H
productos –Σ
=1molCH OH(g)
νH
reactivos =
‐201,20kJ
‐236,64kJ
kJ
1molCH OH(l)
=37,44
molCH OH(g)
molCH OH(l)
mol
Lavariacióndeentropíaasociadaalprocesopuedecalcularseapartirdelaexpresión:
Δ
S°=Σ ν S
productos –Σ
=1molCH OH(g)
νS
reactivos =
238J
127J
J
1molCH OH(l)
=111
K·molCH OH(g)
molCH OH(l)
mol K
LaespontaneidaddeunprocesosevienedeterminadaporsuvalordeΔ
secalculapormediodelaexpresión:
Δ
G°=Δ
H°
TΔ
S°
Cuando se alcanza el equilibrio se cumple que Δ
temperaturadelequilibriolíquido‐vapor:
Δ
H°
TΔ
S°=0
G°,queasuvez
G° = 0, lo permite calcular la
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
T=
37,44kJ·mol
111J·mol ·K
60
103 J
=337,3K64,3°C
1kJ
5.68.Sedisponedeunahabitacióndedimensiones4mx4mx3mquesecalientausando1
kgdepropanocomocombustible.Calcula:
a)Laentalpíadecombustióndelpropano.
b)Lavariacióndelacomposición,enmoles,delaireunavezquesehayaconsumidotodoel
propano.
(Datos.
°(kJ·
):
(g)=‐393,5;
(g)=‐241,8;
(g)=‐103,9
Composiciónvolumétricadelaire:78% y22% .
ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
Nota. Se supone que el sistema es cerrado, la presión es constante e igual a 1 atm y la
temperaturaesde25°C.
(Cádiz2009)
a)Lareaccióndecombustióndelpropanoes:
C H (g)+5O (g)3CO (g)+4H O(g)
La entalpía de esta reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos.
a) La entalpía de la reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos:
Δ H°=Σ ν H
= 4molH O
productos –Σ
νH
reactivos =
‐241,8kJ
kJ
‐393,5kJ
‐103,9kJ
+3molCO
 1molC H
=‐2043,8
molH O
mol
molCO
molC H
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
b)Lacantidaddeairecontenidainicialmenteenlahabitaciónes:
V= 4m·4m·3m =48m Considerandocomportamientoideal,elnúmerodemolesdeairees:
n=
1atm·48m
0,082atm·L·mol ·mol
10 Laire
=1964,3molaire
25+273 K 1m aire
De acuerdo con la ley de Avogadro, en una mezcla gaseosa coinciden las composiciones
volumétricaymolar.LascantidadesdeN yO sonrespectivamente:
1964,3molaire
78molN
=1532,2molN 100molaire
1964,3molaire
22molO
=432,1molO 100molaire
LacantidaddeO consumidoenlacombustiónde1kgdeC H es:
1kgC H
10 gC H 1molC H 5molO =113,6molO 1kgC H 44gC H 1molC H
Mientras que la cantidad de N después de la combustión permanece constante, la
cantidaddeO quequedaenlahabitaciónes:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
61
432,1molO (inicial)–113,6molO (gastado)=318,5molO (sobrante)
Las cantidades de CO y H O formados en la combustión de 1 kg de C H son,
respectivamente:
1kgC H
10 gC H 1molC H 3molCO =68,2molCO 1kgC H 44gC H 1molC H
1kgC H
10 gC H 1molC H 4molH O
=90,9molH O
1kgC H 44gC H 1molC H
Elnúmerototaldemolesdegasenlahabitaciónes:
1532,2molN
318,5molO
68,2molCO
90,9molH O
nt =2009,8molairehúmedo
Lacomposicióndelaireenlahabitacióndespuésdelacombustiónes:
1532,2molN
100=76,2%
2009,8molaire
68,2molCO
100=3,4%
2009,8molaire
318,5molO
100=15,8%
2009,8molaire
90,9molH O
100=4,5%
2009,8molaire
Lavariaciónqueexperimentanlosgasesinicialeses:
Δ N =78,0%N (inicial)–76,2%N (final)=1,8%
Δ O =22,0%O (inicial)–15,8%O (final)=6,2%
5.69.Enlaobtencióndelóxidodecalcioseutilizaconciertafrecuenciaelprocesosiguiente:
(s)+ (g)CaO(s)+
(g)
Siseconoceque:
°(
)=76kJ·
°(
)=‐794,96kJ·
ElectroafinidaddelO (O/ )=‐133,4kJ·
Electroafinidaddel (
/ )=845,4kJ·
Energíadedisociacióndel =498kJ·
PrimeraenergíadeionizacióndelCa=586kJ·
SegundaenergíadeionizacióndelCa=1130,2kJ·
EnergíareticulardelCaO=‐3480kJ·
EnergíadesublimacióndelCa=167,4kJ·
a)CalculeΔHdelareacciónencondicionesestándar.
b)¿CuálserálaΔE(energíainterna)queexperimentaelproceso?
(C.Valenciana2009)
a) La entalpía de la reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos SedesconocelaentalpíadeformacióndelCaOysuvalorpuedecalcularsepormediodel
ciclodeBorn‐Haberyaquesetratadeuncompuestoiónico:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
62
DeacuerdoconlaleydeHess sepuedeplantear:
EO2
+ I +I
+ A +A
2
DespejandoΔf H°ysustituyendo:
Δf H°=Δsub H+
+UCaO Δf H°= 167,4+249+1716,2+712–3480 kJ
Δf H°=‐635,4kJ·
SustituyendoenlaexpresióndeΔ H°:
Δ H°= 1molCl O
 1molCaCl
76kJ
‐635,4kJ
+1molCaO

molCl O
molCaO
‐794,96kJ
=235,56kJ
molCaCl
Nosetieneencuentalaentalpíadeformacióndel
O , un elemento en su forma más estable en
condicionesestándarque,porconvenio,escero.
b)Lavariacióndeenergíainternasecalculapormediodelaexpresión:
ΔE=ΔHRTΔn
donde,Δn=molesdegasenproductosmolesdegasenreactivos
ParalaecuacióncitadasetienequeΔn=0,portantosecumplequeΔE=ΔH.
5.70.A25°Cy1bardepresión(aprox.1atm),laentalpíadecombustióndeletano,
(g),
es ‐1370,2 kJ·
y las entalpías de formación del
(g),
(l) y
(g) son,
respectivamente,52,2;‐285,5y‐393,1kJ·
.Apartirdeestosdatos,calcula:
a)Laentalpíadeformacióndeletanoa25°C.
b)Elcalordehidrogenacióndeletenoparadaretanoa25°C.
c)Lavariacióndeenergíainternaparalareacciónanteriora25°C.
(Dato.ConstanteR=8,3J·
·
)
(Córdoba2009)
a)Laecuaciónquímicacorrespondientealacombustióndeletano(g)es:
7
C H (g)+ O (g)2CO (g)+3H O(l)
2
La entalpía de la reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
1molC H
Seobtiene,∆f Ho
‐285,8kJ
‐1558,4kJ
‐393,5kJ
= 3molH O
+2molCO
∆f Ho
molH O
molC H
molCO
=‐86,0kJ·
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
b)Paralahidrogenacióndeleteno:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
63
C H (g)+H (g)C H (g)
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadelareacción:
Δ H°= 1molC H
‐86,0kJ
52,2kJ
 1molC H
molC H
molC H
=‐138,2kJ·
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delH (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
c)Larelaciónexistenteentrelavariacióndeenergíainterna,ΔE,ylavariacióndeentalpía
constante,ΔH,vienedadaporlaexpresión:
ΔE=ΔH–ΔnRT
siendo,Δn=Σcoef.esteq.productosgas–Σcoef.esteqreactivosgas
ΔnRT= 12 8,3·103
ΔE= ‐138,2kJ·mol
kJ
kJ
25+273 K=‐2,5
mol
mol·K
 ‐2,5kJ·mol
=‐135,7kJ·
5.71.Lahidracinalíquida,
,seutilizacomopropulsordecohetes.
a)Escribelaecuaciónquímicaparalaformacióndelahidracinaapartirdesuselementos,y
utilizandolasecuacionesquímicasdecombustiónsiguientes:
½
(g)+
(g)
(g) (g)+½
(g)
(g)
(l)+3 (g)2
(g)+2
(g) Obtén una ecuación en la cual la entalpía de formación de hidracina
° se exprese en
términosde
,
y
.
b) En un cohete, la hidracina líquida reacciona con peróxido de hidrógeno líquido para
producir nitrógeno y vapor de agua. Escribe la ecuación química ajustada para esta
reacción.
c)Calculalaentalpíadereacción
°paralareacciónescritaenelapartado(b).
d)Calcula
°paralareaccióndelapartado(b)apartirdelasenergíasdedisociaciónde
enlace:
Energíadedisociacióndeenlace(kJ/mol):
N‒N
N=N N≡N N‒H O‒O O=O O‒H
167
418 942 386 142 494 459
e)¿CuáldelosvalorescalculadosdeΔrH°enlosapartadosc)yd)serámáspreciso?Justifica
turespuesta.
f)Calculalatemperaturamáximadelosgasesdelacombustiónsitodalaenergíagenerada
enlareacciónseinvierteenelevarlatemperaturadeestosgases.
Datos.
(l) (l)
(g)
°(kJ·
)50,6
‐187,8
‐241,8
Capacidadescaloríficas(J
°
): (g)=29,1;
(g)=33,6.
(LaRioja2009)
a)Laecuacióntermoquímicacorrespondientealaformacióndelahidracina(l)es:
N (g)+2H (g)N H (l) ΔH DeacuerdoconlaleydeHess,lasecuacionestermoquímicasdadassepuedenreescribirde
formaqueproporcionenlaecuacióndeseada:
N (g)+2O (g)2NO (g)
2 Δ H ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
2H (g)+2O (g)2H O(g)
2NO (g)+2H O(g)N H (l)+3O2(g) 64
2 Δ H ‐Δ H Sumandolasecuacionesanterioresseobtiene:
N (g)+2H (g)N H (l) =2
+2
–
b)LaecuaciónquímicacorrespondientealareacciónentreN H yH O es:
(l)+2
(l)
(g)+4
(g)
c) La entalpía de la reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δ H°= 4molH O
‐241,8kJ
50,6kJ
‐187,8kJ
+2molH O
 1molN H
molH O
molN H
molH O
Seobtiene,Δ H°=‐642,2kJ·
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delN (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
d) La entalpía de una reacción se puede calcular (de forma aproximada) a partir de las
energíasdeenlacesdelassustanciasqueintervienenenlareacción:
Δ H°=Σ ν H
enlacesformados –Σ
νH
enlacesrotos En la reacción propuesta se forman 8 moles de enlaces H−O, 1 mol de enlaces N≡N;
mientrasqueserompen4molesdeenlacesH−N,1moldeenlacesN−N,4molesdeenlaces
H−Oy2molesdeenlacesO−O.
Considerandoquelaenergíadeenlaceesenergíadesprendidaenlaformacióndeunmol
deenlaces(negativa),lavariacióndeentalpíaasociadaalareacciónes:
Δ H°= 1molN≡N
 4molH–N
‐942kJ
‐459kJ
+4molH–O

molN≡N
molH–O
‐386kJ
‐167kJ
‐142kJ
kJ
+1molN–N
+2molO–O
=‐783
molH–N
molN–N
molO–O
mol
e)Elvalordelaentalpíacalculadoenelapartadoc)esmásprecisoqueelobtenidoenel
d), ya que este último se obtiene a partir de las energías de enlace que son valores
promediocalculadosendiferentessustancias.
f)SitodalaenergíadesprendidaenlareacciónentreN H yH O seempleaenelevarla
temperaturadelosgases.ConsiderandoC constanteconlatemperatura:
Δ H°=Σ n·C ·ΔT ‐642,2kJ
10 J
33,6J
29,1J
= 4molH O
+1molN
K·molH O
1kJ
K·molN
ΔT
Seobtiene,ΔT=3928°C,portantolatemperaturafinalquealcanzanlosgasesdelcilindro
es:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
65
T =T +ΔTT =25°C+3928°C=3953°C
5.72. El cuerpo humano toma la energía que necesita, entre otras formas, a partir de
azúcares(procesodecombustión).Calculalacantidadmáximadeenergíaqueaportaríaal
organismodeunapersonalaingestadeunabarradechocolatinade180g,quecontieneun
60%desacarosa(
)comoúniconutriente.
(Datos.
°(
)=‐2221,9kJ·
;
°(
)=‐393,5kJ·
;
°(
)=
‐285,8kJ·
)
(Canarias2010)
Laecuaciónquímicaajustadacorrespondientealacombustióndelasacarosaes:
C H O (s)+12O (g)12CO (g)+11H O(l)
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δ H°=Σ ν H
= 11molH O
productos –Σ
νH
reactivos =
‐285,8kJ
‐393,5kJ
+12molCO
 1molC H O
molH O
molCO
Seobtiene,Δ H°=‐5643,9kJ·
‐2221,9kJ
molC H O
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
RelacionandolacantidaddeC H O conlaentalpíadereacciónseobtienelacantidad
deenergíaenformacalorqueseobtiene:
180gchocolatina
1molC H O
‐5643,9kJ
60gC H O
100gchocolatina 342gC H O 1molC H O
=‐1782kJ
5.73. Queremos calentar 50 mL de agua de 18°C a 23°C. Para ello sólo disponemos de un
mecheroquefuncionaconetanol.Asíquevamosalafarmaciayencontramosetanolal96%
envolumen.
¿Quévolumendeetanolde96%tendremosquequemarparaconseguirnuestroobjetivo?
Datosenlascondicionesenlasquenosencontramos:
−Cadamoldeaguanecesita75,5Jparaelevarsutemperatura1K.
−Elcalordesprendidoenlacombustiónde1moldeetanolpuroenestadolíquidoes1368
kJ.
−Sóloel1%delcalordecombustiónseinvierteenaumentarlatemperaturadelagua.
−Elrestosepierdecalentandoelentornoytransformandoelaguapresenteeneletanol
de96%envapordeagua.
−Ladensidaddeladisolucióndeetanoles0,802g/mLyladelagua1,000g/mL.
(Murcia2010)
Considerandoqueelprocesotienelugarenunsistemaaisladoenelquenoentranisale
=0,luego:
calor,Q
Q
=QH2
+Q =0
donde:
QH2 =mH2 O ·CH2 O ·ΔT=18gH O
QH2 =calorabsorbidoporelagua
Q =calordesprendidoenlacombustió n
1molH O
J
75,5
2318 K=1049J
mol·K
18gH O
1molC H O ‐1368kJ 103 J 1J ú til
=‐297xJ
Qc =xgC H O
46gC H O 1molC H O 1kJ 100J total
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
66
1049297x J=0x=3,5gC H O
Ladensidadyriquezadeladisoluciónpermitencalcularelvolumendeetanolde96%que
contienelamasadeC H Ocalculadaycomoeletanoldel96%contieneun4%deH Ose
puedeplantearelsiguientesistemadeecuaciones:
0,802
3,5gC H O+ygH O
g
=
VmL
mL
ygH O
1g·mL
4=
100
VmL
V= , 96%
5.74.Laoxidacióndelaglucosatienelugarenelcuerpohumanosegúnlasiguienteecuación:
(aq)+6 (aq)6
(aq)+6
(l)
Suponiendoquelasentalpíasnosemodificancuandosepasade25°Calatemperaturadel
cuerpo humano (36°C), calcula la cantidad de energía liberada cuando se oxidan 20 g de
glucosa.
Datos:
(s)
i)
ii)
(g)
(aq)
(aq) iii)
(g)
(aq)
iv)ΔHformacióndelaglucosa(s) v)C(s)+
vi)
(g)
(g)+½
(g)
(g)
ΔH=25,08kJ·
ΔH=‐41,8kJ·
ΔH=62,7kJ·
ΔH=‐1358,7kJ·
ΔH=‐393,13kJ·
(l)
ΔH=‐285,6kJ·
(Baleares2010)
DeacuerdoconlaleydeHess,lasecuacionestermoquímicasdadassepuedenreescribirde
formaquepermitancalcularlaentalpíadelareacciónproblema:
C H O (s)C H O (aq)
ΔH=1mol ‐25,08kJ·mol
C H O (s)6C(s)+6H (g)+3O (g) ΔH=1mol 1358,7kJ·mol
6C(s)+6O (g)6CO (g)
ΔH=6mol ‐393,13kJ·mol
6CO (g)6CO (aq)
ΔH=6mol 62,7kJ·mol
ΔH=6mol ‐285,8kJ·mol
6H (g)+3O (g)6H O(l)
ΔH=6mol 41,8kJ·mol 6O (aq)6O (g) 
C H O (aq)+6O (aq)6CO (aq)+6H O(l)Δ H°=‐2111,8kJ·mol Laenergíaliberadaes:
20gC H O
1molC H O ‐2111,8kJ
=‐234,6kJ
180gC H O molC H O
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
67
5.75. En la combustión, a volumen constante y 25°C, de 1 g de ácido tartárico sólido
(
)
5
(s)+ (g)4
(g)+3
(l)
2
se desprenden 7691,2 J. Las entalpías de formación del
(g), y del
(l) son,
respectivamente,‐393,5y–285,8kJ·
.Calculalaentalpíadecombustiónylaentalpía
deformacióndelácidotartárico.
(Dato.ConstanteR=8,31·10 kJ·
·
)
(Córdoba2010)
Elcalormedidoavolumenconstanteeslavariacióndeenergíainternaasociadaalproceso
ysuvalores:
ΔE=
‐7691,2J 150gC H O 1kJ
=‐1153,7kJ·mol
1gC H O 1molC H O 103 J
Larelación existenteentreelcalormedidoavolumenconstante,ΔE,yelcalormedido a
presiónconstante,ΔH,vienedadaporlaexpresión:
ΔH=ΔE+ΔnRT
siendo,Δn=Σcoef.esteq.productosgas–Σcoef.esteqreactivosgas=(4–2,5)=1,5
ΔnRT= 42,5 8,3·103
kJ
kJ
25+273 K=3,7
mol
mol·K
Δ H°= ‐1153,7kJ·mol
+ 3,5kJ·mol
=‐1150,0kJ·
De acuerdo con el concepto de entalpía de reacción se puede calcular la entalpía de
formacióndelC H O (s):
Δ H°=Σ ν H
1molC H O
productos –Σ
νH
reactivos ‐285,8kJ
‐1150,0kJ
‐393,5kJ
= 3molH O
+4molCO
 ∆f Ho
molH O
1molC H O molCO
Seobtiene,∆f Ho
=‐1281,4kJ·
.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
5.76.Elcarbonatodemagnesioesunsólidoblancoqueexisteenlanaturalezacomomineral.
El de alta pureza se utiliza como antiácido y como aditivo para la sal de mesa, para que
escurramejor.Además,elcarbonatodemagnesio,másconocidocomúnmentecomo“tiza”,es
utilizadoparasecarlasmanosenlaescalada,gimnasiayhalterofilia.
a) Al disolver 0,203 g de magnesio en 100 g de ácido clorhídrico diluido en un vaso de
poliestireno la temperatura del ácido ascendió 10,2°C. Calcula el calor liberado en el
experimentoy,apartirdeestedato,lavariacióndeentalpíaestándardelareacciónenkJ/kg
demagnesio.
Dato.Tomacomocalorespecíficodeladisoluciónresultantedespuésdelareacción 4,20kJ
°
.
b)Enunexperimentosemejantesehizoreaccionarcarbonatodemagnesiosólidoconexceso
deácidoclorhídricoyseencontróquelavariacióndeentalpíadelareacciónerade‐90,4kJ
porcadamoldecarbonatodemagnesio.
Utilizando alguno de los datos anteriormente obtenidos y las entalpías de formación del
(l)=‐285,8kJ·
ydel
(g)=‐393,5kJ·
,calculalaentalpíadeformación
del
(s).
(Asturias2010)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
68
a)LaecuaciónquímicacorrespondientealareacciónentreMgyHCles:
Mg(s)+2HCl(aq)MgCl (aq)+H (g)
Considerandoqueelprocesotienelugarenunsistemaaisladoenelquenoentranisale
=0,luego:
calor,Q
Q
=QH2
+Q =0
donde:
QH2 =mH2 O ·CH2 O ·ΔT=100gH O
QH2 =calorabsorbidoporelagua
Q =calordesprendidoenlareacció n
1kgH O
3
10 gH O
75,5
J
10,2 °C=4,284kJ
kg·°C
4,284kJ+Qr =0Qr =‐4,284kJ
Relacionando el calor desprendido con la masa de Mg que reacciona se obtiene la
variacióndeentalpíadelproceso:
‐4,284kJ 10 gMg
=‐21103kJ·
0,203gMg 1kgMg
ParaelsiguienteapartadosenecesitaelvaloranteriorexpresandoenkJ·mol :
‐21103kJ 1kgMg 24,3gMg
=‐512,8kJ·
kgMg 10 gMg 1molMg
b)LaecuacióntermoquímicacorrespondientealareaccióndeformacióndeMgCO es:
C(s)+3/2O (s)+Mg(s)MgCO (s)
De acuerdo con la ley de Hess, las datos termoquímicos dadas se pueden reescribir de
formaquepermitancalcularlaentalpíadelareacciónproblema:
MgCl (aq)+CO (g)+H O(g)MgCO (s)+2HCl(aq)ΔH=1mol 90,4kJ·mol
C(s)+O (g)CO (g)
ΔH=1mol ‐393,5kJ·mol
H (s)+½O (g)H O(g) ΔH=1mol ‐285,8kJ·mol
ΔH=1mol ‐512,8kJ·mol Mg(s)+2HCl(aq)MgCl (aq)+H (g) 
C(s)+3/2O (s)+Mg(s)MgCO (s)
Δ H°=‐1101,7kJ·
5.77.Calculeloscaloresdeformacióndel
a)Na(s)+
b)
(s)+
(l)NaOH(aq)+½
(g)
ΔH=‐183125,8J
(l)2NaOH(aq)
ΔH=‐235835,6J
ΔH=‐42636J
ΔH=‐285577,6J
c)NaOH(s)NaOH(aq) d)
(g)+½
ydelNaOHenestadosólidosabiendoque:
(g)
(l)
(C.Valenciana2010)
LaecuacióntermoquímicacorrespondientealaformacióndeNa O(s)a25°Cy1atmes:
2Na(s)+½O (g)Na O(s)
DeacuerdoconlaleydeHess,lasecuacionestermoquímicasanterioressepuedenescribir
deformaquesumadasproporcionenlaecuacióndeseada:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
69
2Na(s)+2H O(l)2NaOH(aq)+H (g)] H=2 ‐183125,8J H (g)+½O (g)H O(l) H=‐285577,6J
H=+235835,6J
2NaOH(aq)Na O(s)+H O(l) 
2Na(s)+½O (g)Na O(s)
Δ H°=‐415993,6J·
LaecuacióntermoquímicacorrespondientealaformacióndeNaOH(s)a25°Cy1atm
es:
Na(s)+½O (g)+½H (g)NaOH(s)
DeacuerdoconlaleydeHess,lasecuacionestermoquímicasanterioressepuedenescribir
deformaquesumadasproporcionenlaecuacióndeseada:
Na(s)+H O(l)NaOH(aq)+½H (g)
H=‐183125,8J
H (g)+½O (g)H O(l) H=‐285577,6J
NaOH(aq)NaOH(s)
H=+42636J

Na(s)+½O (g)+½H (g)NaOH(s) Δ H°=‐426067,4J·
5.78. Considerando la gasolina formada únicamente por octano (
) y sabiendo que
∆f Ho
=‐242kJ·
,∆f Ho
=‐394kJ·
y∆f Ho
=‐250kJ·
,calcular:
a)Laenergíaliberadaenlacombustiónde8Ldegasolinadedensidad800kg/ .
quecontiene50%deoctano,30%dehexanoy20%depentano.
b) El volumen de aire necesario (en condiciones normales) en la anterior combustión. Se
seabequeelairetiene21%envolumendeoxígeno.
c)Elvolumende
desprendidoendichacombustiónmedidoa30°Cy1atm.
(Dato.ConstanteR=0,082·atm·L·
·
)
(Murcia2011)
a)Laentalpíadecombustióndeloctano,C H ,sepuedecalcularpartirdelasentalpíasde
formacióndeproductosyreactivos:
C H (l)+
25
O (g)8CO (g)+9H O(g)
2
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δc H°= 9molH O
‐242kJ
‐394kJ
+8molCO
 1molC H
molH O
molCO
‐250kJ
molC H
Seobtiene,Δ H°=‐5080kJ/mol.
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delO (g)yaqueporconvenioestevaloresnulo.
Elnúmerodemolesdedeoctanoes:
8LC H
1m3 C H 800kgC H 10 gC H 1molC H
10 LC H
1m3 C H
1kgC H
114gC H
=56,1molC H Elcalordesprendidoenlacombustióndeestacantidaddesustanciaes:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
56,1molC H ‐5080kJ
=‐2,85·
molC H
70
kJ
b)RelacionandomolesdeoctanoconO yconaireencondicionesnormales:
56,1molC H 25molO
2molC H
22,4LO 100Laire
=7,5·104 Laire
21LO
molO
c)RelacionandomolesdeoctanoconCO :
56,1molC H
8molCO
1molC H
=448,8molCO Considerandocomportamientoideal,elvolumenocupadoporelgases:
V=
448,8mol 0,082atm·L·mol
1atm
·K
30+273 K
=1,1·104 L
5.79. Haciendo uso de los calores de formación del agua líquida,
°
(l) = ‐285,9
kJ·
ydelvapordeagua,
°
(g)=‐241,8kJ·
.Calcula:
a)Laentalpíamolardecondensacióndelagua.
b)Elcalorintercambiadocuandounamoléculadeaguavaporpasaalestadolíquido.
(Dato.ConstanteL=6,022·10 )
(Canarias2011)
a)Laecuaciónquímicacorrespondientealacondensacióndelaguaes:
H O(g)H O(l)
Deacuerdoconelconceptodeentalpíadereacción:
Δ H°=Σ ν H
productos –Σ
νH
reactivos Laentalpíadecambiodeestadoes:
Δ
H°= 1molH O(l)
‐285,9kJ
‐241,8kJ
kJ
 1molH O(g)
=‐44,1
molH O(l)
molH O(g)
mol
b)Elcalorintercambiadoparaunasolamoléculaes:
‐44,1kJ
1molH O
kJ
=‐7,32·1023
molH O 6,022 10 molé culaH O
molécula
5.80. Sabiendo que la energía de la primera
ionización del sodio es 496 kJ·
, la afinidad
electrónica del cloro es ‐348 kJ·
y la energía
reticular del cloruro de sodio es ‐790 kJ·
.
Identifica y calcula los valores de las energías de
lasetapas1a5.
(Baleares2011)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Laetapa1correspondealaionizacióndelNa:
Na(g)Na (g)+e =I =496kJ·
Laetapa2correspondealaafinidadelectrónicadelCl:
Cl(g)+e Cl (g)
=AE =‐348kJ·
Laetapa3correspondealaformacióndelosiones:
Na(g)Na (g)+e Cl(g)+e Cl (g)
=E +E =I +AE = 496–348 kJ/mol=148kJ·
Laetapa5correspondealaenergíareticulardelNaCl:
Cl (g)+Na (g)NaCl(s)
=U
=‐709kJ·
Laetapa4notieneunnombreespecífico:
Na(g)+Cl(g)NaCl(s)
=E +E = 148–709 kJ/mol=‐642kJ·
71
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
72
6.CINÉTICAQUÍMICA
6.1.Conelobjetodeidentificarlacinéticadeunareaccióndeltipo:
aA+bBProductos
se determinaron en el laboratorio las velocidades iniciales de la reacción para distintos
valores de concentración de los reactivos, siempre en las mismas condiciones de P y T; la
siguientetablamuestralosvaloresdecadaunodelosparámetrosmedidos.
Experiencia
[A]0(M)
[B]0(M) Velocidadinicial(M·
)
1
0,02
0,01 0,00044
2
0,02
0,02 0,00176
3
0,04
0,02 0,00352
4
0,04
0,04 0,01408
a)EncuentreelvalordelordendelareacciónrespectodelreactivoA,delB,yeltotal.
b)Determinelaconstantedevelocidaddeestareacción.
c)Sabiendoquelaconstantedevelocidadsemultiplicapor74cuandolatemperaturaala
queserealizalareacciónpasade300a400K,calculelaenergíadeactivación.
(Dato.ConstanteR=8,314·10 kJ·
·
)
(Murcia2001)
a)Laecuacióngeneraldevelocidaddelareacciónes:
r=k A B siendoxeylosórdenesparcialesrespectoalosreactivosAyB,respectivamente.
Relacionandolasvelocidadesdelasexperiencias4y3:
0,01408 k 0,04 0,04
r

=
0,00352 k 0,04 0,02
r
2 =2 y=2
Relacionandolasvelocidadesdelasexperiencias3y2:
0,00352 k 0,04 0,02
r

=
0,00176 k 0,02 0,02
r
21 =2 x=1
Ordentotaldelareacción=x+y=1+2=3
b)Haciendoloscálculosconlosdatosdelexperimento4:
k=
0,01408M·s
r
k=
[A][B
0,04M 0,04M
=220
·
yprocediendodeigualformaparaelrestodelosexperimentosseobtiene:
Experiencia
1
2
3
4
[A (M)
0,02
0,02
0,04
0,04
[B (M)
0,01
0,02
0,02
0,04
Velocidadinicial(M·s
0,00044
0,00176
0,00352
0,01408
)
k(M ·s
220
220
220
220
)
Encasodequelosvaloresobtenidosencadaexperimentoparalaconstantedevelocidad
nohubiesensidolosmismos,sehabríacalculadoelvalormediodelosmismos.
c)LaecuacióndeArrheniuspermitecalcularladependenciadelaconstantedevelocidad
conlatemperatura:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
ln
73
k
EA 1
1
=
–
T
k
R T
Sustituyendo
ln74=
1
1
–
EA =42,9kJ
8,314·10 300 400
EA
6.2.Paraladescomposicióndel
sehamedidolaconstantedevelocidada25°Cy55°C,
encontrándose valores de 3,46·10 y 1,5·10 , respectivamente. Determina la energía
deactivaciónylaconstantedevelocidadaunatemperaturade0°C.
(Dato.ConstanteR=8,314·10 kJ·
·
)
(Galicia2003)
LaecuacióndeArrheniuspermitecalcularladependenciadelaconstantedevelocidadcon
latemperatura:
ln
EA 1
1
k
=
–
T
k
R T
SustituyendoyteniendoencuentaquelasunidadesseexpresanenelS.I.:
ln
3,46·10
1,5·10
=
EA
8,314·10
1
1
–
EA =102,1kJ
328 298
Paraobtenerelvalordeka0°C,sesustituyeelvalorobtenidodeEA enlaexpresiónque
relacionalasconstantes:
ln
k
3,46·10
=
102,1
8,314·10
1
1
–
k
273 298
=7,9·10
6.3.Dadalasiguientereacción:
2NO(g)+2 (g) (g)+2
(g)
Calcula:
a)Lavariacióndeentalpíaestándar,asícomoelvalordeesaentalpíaparalareacciónde20
gdeNO.
b)¿Setratadeunareacciónespontánea?
c)Siparalareacciónanteriorsehanobtenidolossiguientesdatos:
Experiencia [NO]mol· [ ]mol· (mol· ·
)
1 0,1 0,1 1,35·10 2 0,2 0,1 2,70·10 3 0,2 0,2 5,40·10 Calculalaecuacióndevelocidad,laconstantecinéticaylavelocidadcuando[NO]=[
0,15M.
(Datos.
°(kJ·
):NO(g)=90,4;
(g)=‐241,8.
S°(J·
·
):NO(g)=211;
(g)=188,7; (g)=131; (g)=192)
]=
(Asturias2005)
a) La entalpía de la reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos:
Δ H°=Σ νi H°i
productos –Σ
Paralaecuacióncitada:
νi H°i
reactivos ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Δ H°= 2molH O
74
‐241,8kJ
90,4kJ
 2molNO
=‐664,4kJ
molH O
molNO
NosetieneencuentaelvalordeΔ H°delH (g)yN (g)yaqueporconvenioestosvalores
sonnulos.
Relacionandomasayentalpía:
20gNO
1molNO ‐664,4kJ
=‐221,5kJ
30gNO 2molNO
b)ParadeterminarlaespontaneidaddelareacciónesnecesariocalcularelvalordeΔ G°.
LavariacióndeenergíalibredeGibbssecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ G°=Δ H°–TΔ S°
ElvalordeΔ S°secalculaapartirdelasentropíasmolaresdeproductosyreactivos:
Δ S°=Σ νi S°i
= 1molN
productos –Σ
νi S°i
reactivos =
188,7J
211J
191,2J
131J
+2molH O
– 2molH
+2molNO
K mol
K mol
K mol
K mol
Δ S°=‐115,4J K
SustituyendoenlaexpresióndelaenergíalibredeGibbs:
Δ G°=‐664,4kJ–298K
‐115,4J 1kJ
3 =‐630kJ
K
10 J
Se trata de un proceso espontáneo a 25°C (temperaturas bajas), ya que el valor de
°<0.Noobstante,atemperaturaselevadascambiaelsignodelaenergíalibredeGibbs
yelprocesoesnoespontáneo(Δ G°>0),yaqueentonces:
|Δ H°|<|TΔ S°|Δ G°>0
c)Laecuacióngeneraldevelocidaddelareacciónes:
v=k NO H
siendoayblosórdenesparcialesrespectoalosreactivosNOyH ,respectivamente.
Relacionandolasvelocidadesdelasexperiencias4y3:
v
2,70·10

v
1,35·10
=
k 0,2 0,1
k 0,1 0,1
21 =2 y=1
Relacionandolasvelocidadesdelasexperiencias3y2:
5,40·10
v

v
2,70·10
=
k 0,2 0,2
k 0,2 0,1
21 =2 x=1
Laecuacióngeneraldevelocidaddelareacciónes:
= Haciendoloscálculosconlosdatosdelexperimento1:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
k=
v
1,35·10 mol·L ·s
k=
[NO][H ]
0,1mol·L 0,1mol·L
=1,35L·
75
·
yprocediendodeigualformaparaelrestodelosexperimentosseobtieneelmismovalor.
Elvalordelavelocidadsi[NO]=[H ]=0,15mol·L :
v= 1,35L·mol ·s
0,15mol·L
0,15mol·L
=2,70·10
mol·
·
6.4.Lossiguientesdatoscorrespondenacuatroreaccionesquímicasdeltipogeneral:
A+BC+D
(kJ·
)
ΔG(kJ·
) ΔH(kJ·
)
Reacción1
1,0
‐2 0,2
Reacción2
0,5
5 ‐0,8
Reacción3
0,7
0,7 0,6
Reacción4
1,5
‐0,5 ‐0,3
a)¿Cuáleslareacciónmásrápida?
b)¿Quéreaccionessonespontáneas?
c) ¿Qué valores de la tabla se pueden modificar mediante la adición de un catalizador en
cualquieradelascondicionesanteriores?
(Canarias2007)
a)Lareacciónmásrápidaesaquellaquetienemenorenergíadeactivación,E .Portanto,
lareacciónmásrápidaesla2.
b) Una reacción es espontánea cuando en unas determinadas condiciones de presión y
temperaturasecumplequeΔG<0.Comomuestralatabla,lasreacciones1y4cumplen
esacondición.Portanto,lasreacciones1y4sonespontáneas.
c)Lapresenciadeuncatalizadorenprocesoproduceundescensoenvalordelaenergía
deactivaciónsinmodificarelvalordeningunadelasfuncionestermodinámicas.Portanto,
sólosemodificaelvalordelaenergíadeactivación, .
6.5.ParalareacciónA+BP,sehanobtenidolossiguientesdatos:
[A](M) 0,10 0,20 0,20 0,30 0,30
[B](M) 0,20 0,20 0,30 0,30 0,50
(M·
) 0,03 0,059 0,060 0,090 0,089
Calcula el orden de reacción con respecto tanto a A como a B, así como la constante de
velocidad.
(Murcia2007)
Laecuacióngeneraldevelocidaddelareacciónes:
r=k A B siendoxeylosórdenesparcialesrespectoalosreactivosAyB,respectivamente.
Relacionandolasvelocidadesdelasexperiencias1y2:
0,059 k 0,02 0,02
r

=
0,030 k 0,01 0,02
r
21 =2 x=1
Relacionandolasvelocidadesdelasexperiencias3y2:
0,060 k 0,02 0,03
r

=
0,059 k 0,02 0,02
r
1=1,5 y=0
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
76
Haciendoloscálculosconlosdatosdelexperimento1:
k=
0,030M·s
r
k=
[A]
0,10M
=0,3
y procediendo de igual forma para el resto de los experimentos se obtienn valores
similaresdelaconstante.
6.6. El ácido sulfúrico puede obtenerse a partir de la tostación de la blenda (mineral cuyo
principalcomponenteessulfurodecinc),segúnelproceso:
[1]sulfurodecinc+oxígenoóxidodecinc+dióxidodeazufre
[2]dióxidodeazufre+oxígenotrióxidodeazufre
[3]trióxidodeazufre+aguaácidosulfúrico
a)¿Cuántoskilogramosdeblenda,conun53%desulfurodecincsenecesitanparaobtener
200kgdeácidosulfúrico3,15M?Densidaddelácidosulfúrico1,19g·
.
b) ¿Qué volumen ocupa el oxígeno necesario en la primera etapa, o de tostación, medido a
20°Cy3atm?
c)¿Cuáleslamolalidadytantoporcientoenpesodelácidosulfúricoobtenido?
d) En la reacción [2] se observa que si la concentración inicial de dióxido de azufre se
duplica,manteniendoconstanteladeoxígeno,lavelocidaddereacciónsemultiplicapor8,
mientrasquesisemantieneconstanteladedióxidodeazufreysetriplicaladeoxígeno,la
velocidaddereacciónsetriplica.Calculeelordendelareacción.
e)Silosvaloresdelasconstantesdevelocidaddelareacción[2]son0,55a600Ky1,5a625
K,respectivamente,expresadasenlasmismasunidades.¿Cuáleslaenergíadeactivaciónde
lareacciónenelintervalodetemperaturasconsiderado?
(Datos.ConstanteR=8,314·10 kJ·
·
=0,082atm·L·
·
)
(Asturias2009)
a)Lasecuacionesquímicascorrespondientesalasreaccionesdelprocesoson:
2ZnS(s)+3O (g)2ZnO(s)+2SO (g)
2SO (g)+O (g)2SO (g)
2SO (g)+2H O(l)2H SO (aq)
Laecuaciónglobaldelprocesoes:
ZnS(s)+2O (g)+H O(l)ZnO(s)+H SO (aq)
ElnúmerodemolesdeH SO quecontieneladisoluciónácidaes:
200·103 gH SO 3,15M
1cm H SO 3,15M
3,15molH SO
3
=529,4molH SO 1,19gH SO 3,15M 10 cm H SO 3,15M
RelacionandoH SO conZnSyblenda:
529,4molH SO
529,4molZnS
1molZnS
1molH SO
529,4molZnS
97,4gZnS 1kgZnS 100kgblenda
1molZnS 10 gZnS 53kgZnS
b)RelacionandoblendaconO :
97,3kgblenda
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
529,4molZnS
3molO
2molZnS
77
794,1molO Considerandocomportamientoideal,elvolumenocupadoporelgases:
V=
794,1mol 0,082atm·L·mol
3atm
·K
25+273 K
=6360L
c)Tomandocomobasedecálculo1000mLdedisolución:
1cm H SO 3,15M 98gH SO
3,15molH SO
100=25,9%
10 cm H SO 3,15M 1,19gH SO 3,15M 1molH SO
Lacantidaddedisolventecontenidaen1000cm dedisoluciónes:
103 cm H SO 3,15M
1,19gH SO 3,15M
98gH SO
–3,15molH SO
=881,3gH O
1cm H SO 3,15M
1molH SO
Lamolalidaddeladisoluciónes:
mol
3,15molH SO 10 gH O
=3,57
kg
881,3gH O 1kgH O
d)Laecuacióngeneraldevelocidadparalareacción[2]vienedadaporlaexpresión:
r=k SO
O
siendoayblosórdenesparcialesrespectoalosreactivosAyB,respectivamente.
Llamandox=[SO ]ey=[O ]sepuedenescribirlassiguientesecuaciones:
r r=k x y r 8r=k 2x y r 3r=k x 3y Relacionandolasvelocidadesdelasexperiencias1y2:
8r k 2x y
r
 =
r
r
k x y
23 =2 a=3
Relacionandolasvelocidadesdelasexperiencias1y3:
3r k x 3y
r
 =
r
r
k x y
31 =3 b=1
Elordentotaldelareacciónes:
a+b=3+1=4
e)LaecuacióndeArrheniuspermitecalcularladependenciadelaconstantedevelocidad
conlatemperatura:
ln
k
EA 1
1
=
–
T
k
R T
SustituyendoyteniendoencuentaquelasunidadesseexpresanenelS.I.:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
ln
0,55
EA
1
1
=
–
EA =125,1kJ
1,5
600
625
8,314·10 78
(Este problema fue propuesto completo en O.Q.N. Murcia 2000 y los apartados a‐c en
Baleares2008).
6.7.EnunareaccióndeltipoA+BCseobtieneexperimentalmentequelaecuacióndela
/
velocidadesv=k[A][B],dondek=A·
.Sepide:
/
a)Explicaquerepresentacadaunodelostérminosdelaecuaciónk=A·
.
b)¿Cuáleselordentotaldelareacción?
c)Indicadeformarazonadatresformasparaaumentarlavelocidaddelareacción.
(Canarias2009)
a)EnlaleydeArrhenius,k=A·e
/
keslaconstantedevelocidad
E eslaenergíadeactivaciónqueindicalabarreradeenergíaquedebensuperar
losreactivosparaconvertirseenproductos.
 A es el factor preexponencial o factor de frecuencia que está relacionado con la
probabilidaddequeelchoqueentrepartículasseproduzcaconenergíasuficientey
orientaciónadecuada
Reslaconstantedelosgases
Teslatemperaturaabsoluta.
b)Elordentotaldeunareacciónesigualalasumadelosórdenesparcialesqueseindican
enlaecuación.Enestecaso,comoelordenparcialrespectoacadareactivoes1,elorden
totaldelareacciónes2.
c)Laecuacióndevelocidadesv=k[A][B]
Siseaumenta[A]o[B]elvalordevaumenta.
DeacuerdoconlaecuacióndeArrhenius,siseaumentalatemperaturaaumenta
elvalordekyconelloelvalordev.
Siseañadeuncatalizadorelvalordevaumenta.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
79
7.EQUILIBRIOQUÍMICO
7.1.Enunrecipientede2,5Lseintroducen12gdeflúory23gdetetrafluorurodeazufre,
ambosgaseosos.Al calentarhasta150°Cseobtienehexafluorurodeazufre gaseoso.Aesta
temperaturalaconstante =23.Calcula:
a)Losgramosdelastresespeciespresentesenelequilibrio.
b)Elvalordelasconstantes y alamismatemperatura.
Silareacciónanterioresendotérmica:
c)Cómocambianlasconstantesalvariarlatemperatura.
d)Sialsistemaanteriorenelequilibrioseleañaden2gdehexafluorurodeazufre,¿cuáles
seránlasconcentracionesalalcanzarsedenuevoelequilibrio?
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias1992)
a)Elnúmerodemolesinicialesdecadaespeciees:
12gF
1molF
1molSF
=0,316molF 23gSF
=0,213molSF 38gF
108gSF
Elequilibrioaestudiares:
F (g)+SF (g)SF (g)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
F 0,316
x
—
0,316–x
SF
0,213
x
—
0,213x
SF
—
—
x
x
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
[SF ]
[F ][SF ]
Sustituyendo
x
2,5
23 x 0,133mol
0,316–x 0,213–x
2,5
2,5
Elnúmerodemolesylamasadecadagasenelequilibrioson,respectivamente:
n
=0,133molSF 0,133molSF
146gSF
1molSF
19,42g
n
= 0,213–0,133 =0,080molSF 0,080molSF
108gSF
1molSF
8,64g
n = 0,316–0,133 =0,183molF 0,183molF
38gF
1molF
6,95g ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
80
b)LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
donde
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1–2=‐1
Sustituyendo:
K =23[0,082· 150+273
=0,663
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
p
pSF p
4
De acuerdo con la ley de Dalton de las presiones parciales la expresión anterior queda
como:
p·y
y
1
1
K = = K K =
p·y
p y
p
p·y
y
Considerando comportamiento ideal, la presión que ejerce la mezcla gaseosa en el
equilibrioes:
n =(0,133+0,080+0,183)mol=0,396mol
p=
0,396mol 0,082atm·L·mol
2,5L
·K
150+273 K
=5,5atm
ElvalordelaconstanteK es:
K =0,663·5,5=3,64
c) La ecuación de van’t Hoff permite estudiar la variación de la constante K con la
temperatura:
ln
K
K
=
ΔH 1
1
–
R T
T
SuponiendoqueΔH>0(procesoendotérmico)ysi:
T >T 
1
1

>0
T
T2
Entoncessecumpleque:
ln
K
K
>0K >K enunprocesoendotérmico,siTaumenta,
aumenta.
d)Sialamezclaenequilibrioanteriorseleañaden2gdeSF ,deacuerdoconelprincipio
deLeChâtelier,elsistemasedesplazaelsentidoenelqueseconsumaSF ,esdecir,hacia
laformacióndeSF yF :
19,42+2 gSF
1molSF
146gSF
0,147molSF ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
81
Elequilibrioaestudiares:
F (g)+SF (g)SF (g)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
F 0,183
—
x
0,183+x
SF
0,080
—
x
0,080+ x
SF
0,147
x
—
0,147– x
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
23=
0,147–x 2,5
x
0,183+x 0,080+x
3,7·10
mol
Elnúmerodemolesylaconcentracióndecadagasenelequilibrioson,respectivamente:
nSF6 = 0,147–3,7·10
=0,1433molSF [SF ]=
0,1433mol
2,5L
0,0573M
n
=0,1867molSF [SF ]=
0,1867mol
2,5L
0,0745M
= 0,183+3,7·10
n = 0,080+3,7·10
=0,0837molF [F ]=
0,0837mol
2,5L
0,0335M
7.2.Enunrecipientede1L,enelquesehahechovacío,seintroducen0,013molesde
gaseosoysecalientaa250°C.Aesatemperaturaseproduceladescomposiciónen
y gaseososycuandosealcanzaelequilibriolapresiónenelinteriordelrecipienteesde1atm.
Calcula:
a)Lapresiónparcialdel .
b)Elvalordelasconstantes y aesatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias1995)
a)Elequilibrioaestudiares:
PCl (g)PCl (g)+Cl (g)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
PCl PCl
Cl
0,013
—
—
x
—
—
—
x
x
0,013–x
x
x
0,013–x +x+x= 0,013+x
El valor de la presión en el equilibrio permite calcular el valor del número de moles
transformados.Considerandocomportamientoideal:
0,013+x mol=
1atm·1L
x=8,3·10
0,082atm·L·mol ·K 250+273 K
DeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparciales:
mol
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
p
=p
=p·y
p
=1atm
82
8,3·10 mol
=0,39atm
0,013+8,3·10 mol
b)DeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparciales:
p
+p
+p
=1atmp
=0,22atm
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
p
p
p
Sustituyendo
K =
0,39·0,39
0,22
,
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
donde
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K =0,69[0,082· 250+273
=1,5·
7.3. El bromuro de amonio es un sólido cristalino que se descompone en un proceso
endotérmicodandoamoníacoybromurodehidrógenogaseosos.Enunrecipienteenelque
se ha alcanzado el equilibrio anterior, explica si la presión del HBr (g) y la cantidad de
(s)aumenta,disminuyeonosemodificasi:
a)Seintroduce
(g)enelrecipiente.
b)Seduplicaelvolumendelrecipiente.
Deducesielvalordelaconstantedeequilibrioa400°Cserámayor,igualomenorquea25°C.
(Canarias1995)
Elequilibrioaestudiares:
NH Br(g)NH (g)+HBr(g)
ΔH°>0
ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistemasedesplazaen
a)Siseañade
elsentidoenelqueconsumaestasustanciareaccionandoconHBrhacialaformaciónde
NH Br.Porlotanto,lapresióndelHBrdisminuyeylacantidaddeNH4Braumenta.
b) Si se duplica el volumen a temperatura constante, de acuerdo con la ley de Boyle la
presión se hace la mitad. Si se disminuye la presión, de acuerdo con el principio de
Le Châtelier, el sistema se desplaza en el sentido en el que la presión aumente, es decir,
haciadondeseformenmásmolesdegas,enestecasohacialaformacióndeNH yHBr.
disminuye.
Porlotanto,lapresióndelHBraumentaylacantidadde
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
83
La ecuación de van’t Hoff permite estudiar la variación de la constante K con la
temperatura:
ln
K
K
=
ΔH 1
1
–
R T
T
SabiendoqueΔH>0(procesoendotérmico)ysi:
T >T 
1
1

>0
T
T
Entoncessecumpleque:
ln
K
K
>0K >K enunprocesoendotérmico,siTaumenta,
aumenta.
7.4.Dadoelsiguienteequilibrio:
2
(g)+ (g)2
Indicacómoafectaalequilibrio:
a)Unadisminucióndelapresión.
b)Unaumentodelatemperatura.
c)Unaadiciónde .
(g)
ΔH=‐47kJ
(Canarias1996)(Canarias2000)
ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
a)Sisedisminuyelapresión,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistemase
desplazaenelsentidoenelquelapresiónaumente,esdecir,haciadondeseformenmás
y .
molesdegas.Enestecasoelequilibriosedesplazahacialaformaciónde
b)Siseaumentalatemperatura,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistema
se desplaza en el sentido en el que se consuma calor y, por tanto, disminuya la
temperatura del sistema. Como se trata de un proceso exotérmico, el equilibrio se
y .
desplazahacialaformaciónde
c)Siseañade ,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistemasedesplazaenel
sentidoenelqueconsumaestasustanciareaccionandoconSO .Elequilibriosedesplaza
.
hacialaformaciónde
7.5.Enunmatrazde1Ldecapacidadseintroducen6gdepentaclorurodefósforosólido.Se
haceelvacío,secierraelmatrazysecalientaa250°C.El
pasaalestadodevaporyse
disociaparcialmenteen
y ycuandosealcanzaelequilibriolapresiónesde2,078
atm.Calculaelgradodedisociacióndel
ylaconstante adichatemperatura.
Para dicha descomposición ΔH = 87,9 kJ. ¿Cómo se espera que sea la disociación a 480 K,
mayoromenor?
Expliqueelefectosobreladistribucióndeespeciesenelequilibriosi:
a)Seaumentalapresión.
b)Seaumentalaconcentracióndecloro.
c)Existeunamayorconcentracióndepentaclorurodefósforo.
d)Existelapresenciadeuncatalizador.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias1997)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
84
Elnúmerodemolesinicialeses:
n=6gPCl
1molPCl
208,5gPCl
0,029molPCl Elequilibrioaestudiares:
PCl (g)PCl (g)+Cl (g)
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
PCl PCl
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
nα
n–nα
nα
nα
n–nα +nα+nα=n 1+α
El valor de la presión en el equilibrio permite calcular el valor del grado de disociación.
Considerandocomportamientoideal:
0,029 1+α mol=
2,078atm·1L
α=0,525
0,082atm·L·mol ·K 250+273 K
, %
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
p
p
p
De acuerdo con la ley de Dalton de las presiones parciales la expresión anterior queda
como:
nα
nα
p·y
p·y
α2
n 1+α n 1+α
K =p
=p
K =
n 1–α
p·y
1–α2
n 1+α
Sustituyendo
K =2,078
(0,525
1–(0,525
=0,79
La ecuación de van’t Hoff permite estudiar la variación de la constante Kp con la
temperatura:
ln
K
K
=
ΔH 1
1
–
R T
T
SabiendoqueΔH>0(procesoendotérmico)ysi:
T <T 
1
1
–
<0
T
T
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
85
Entoncessecumpleque:
ln
K
K
<0K <K enunprocesoendotérmico,siTdisminuye,Kp disminuye.
ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
a) Si se aumenta la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplaza en el sentido en el que la presión disminuya, es decir, hacia donde se formen
.
menosmolesdegas.Enestecaso,elequilibriosedesplazahacialaformaciónde
y disminuyenyladePCl5aumenta.
Lascantidadesde
b)Siseaumentalaconcentraciónde ,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,el
sistemasedesplazaenelsentidoenelqueconsumaestasustanciareaccionandoconPCl .
y
El equilibrio se desplaza hacia la formación de PCl . Las cantidades de
aumenta.
disminuyenylade
c)Siexistemayorconcentraciónde
,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,el
sistema se desplaza en el sentido en el que consuma esta sustancia. El equilibrio se
y aumentanylade
desplazahacialaformacióndePCl yCl .Lascantidadesde
disminuye.
d) Si se añade un catalizador, el equilibrio permanece inalterado ya que el catalizador
disminuye la energía de activación de las reacciones directa e inversa modificando
, y
únicamenteeltiempoquetardaenalcanzarseelequilibrio.Lascantidadesde
permanecenconstantes.
7.6. A temperaturas elevadas el carbono y el dióxido de carbono reaccionan según la
ecuaciónquímicaenequilibrio:
C(s)+
(g)2CO(g)
El carbonato de calcio también se descompone a temperaturas elevadas de acuerdo con la
ecuaciónquímica:
(s)CaO(s)+
(g)
A1000K,laconstantedeequilibrio paralaprimerareacciónvale1,72atm,mientrasque
paralasegunda =0,006mol· .
En un recipiente se introducen cantidades suficientes de carbono y de carbonato de calcio,
ambos sólidos, se cierra herméticamente y se calienta hasta 1000 K. Calcular, una vez
establecido el equilibrio, las presiones parciales de cada uno de los gases presentes en el
recipiente, la presión total a la que está sometido este, y las concentraciones de todas las
especiesgaseosas.
(Datos.Elvolumenocupadoporlamezcladegasesenequilibrioesde10litros.
ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia1997)
Considerando que en el equilibrio existen x moles de CO e y moles CO , y que existe
comportamientoideal,laconstantedeequilibriodelaprimerareacción,K ,es:
K =
pCO
p
xRT
x RT
K = V
= =1,72
yRT
y V
V
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
86
Laconstantedeequilibriodelasegundareacción,K ,es:
y
K = CO = =0,006y=0,06molCO V
SustituyendoestevalorenlaecuacióndeK :
x= 1,72
10
V
y= 1,72
0,06=0,112molCO
0,082 1000
RT
Laspresionesparcialesson:
pCO =
p
0,112mol 0,082atm·L·mol
10L
=
·K
1000K
0,06mol 0,082atm·L·mol ·K
10L
1000K
=0,920atm
=0,492atm
Lapresióntotaldelamezclaes:
p =(0,920+0,492)atm=1,412atm
Lasconcentracionesdelasespeciesgaseosassecalculanapartirdelascorrespondientes
presionesparcialesutilizandolaecuacióndeestadodelosgasesideales:
[CO]=
0,920atm
0,082atm·L·mol ·K
CO =
0,492atm
0,082atm·L·mol ·K
1000K
=0,0112M
1000K
=0,006M
Otraformaderesolverelproblemaperosinutilizarelvolumensería:
Si las cantidades de CaCO y C son suficientes, se formará CO para mantener este
equilibriodedisociacióndelCaCO3yconseguirquesealcanceelsiguiente:
C(s)+CO (g)2CO(g)
Laconstantedeequilibrioparalasegundareacción,K ,es:
K =p
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K =0,006 0,082·1000 =0,492
LapresiónparcialdelCO :
p
=K =0,492atm
Laconstantedeequilibriodelaprimerareacción,K ,es:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K =
pCO
p
87
LapresiónparcialdelCO:
pCO = K
K pCO = 0,492 1,72=0,92atm
Lapresióntotaldelamezclaes:
p =(0,920+0,492)atm=1,412atm
7.7.Conrespectoalsiguienteequilibrioenfasegaseosa:
2A(g)B(g)+C(g)
Comentelassiguientesafirmacionesindicandodeformarazonadasiteparecencorrectaso
corrigiéndolasensucaso:
a) El número de moles de C se incrementa disminuyendo el volumen del recipiente que
contienelamezclagaseosaenequilibrio.
b)ElnúmerodemolesdeBseincrementasiseadicionaunanuevacantidaddeCalamezcla
enequilibrio.
c)ElnúmerodemolesdeByCseincrementasielcitadoequilibrioseestableceenpresencia
deuncatalizador.
(Canarias1998)
ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
a)Incorrecto.Siseaumentaelvolumenatemperaturaconstante,deacuerdoconlaley
deBoylelapresióndisminuye.SisedisminuyelapresióndeacuerdoconelprincipiodeLe
Châtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelquelapresiónaumente,esdecir,hacia
dondeseformenmásmolesdegas,enestecasocomoexisteigualnúmerodemolesdegas
enambosladosdelareacción,elequilibrionosedesplazaenningúnsentido.
La frase correcta es: El número de moles de C no cambia disminuyendo el volumen del
recipientequecontienelamezclagaseosaenequilibrio.
b) Incorrecto. Si se añade C, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplazaenelsentidoenelqueconsumaestasustanciareaccionandoconB.Elequilibrio
sedesplazahacialaformacióndeA.
La frase correcta es: El número de moles de B disminuye si se adiciona una nueva
cantidaddeCalamezclaenequilibrio.
c)Incorrecto.Siseañadeuncatalizador,el equilibriopermaneceinalteradoyaqueel
catalizador disminuye la energía de activación de las reacciones directa e inversa
modificandoúnicamenteeltiempoquetardaenalcanzarseelequilibrio.Lascantidadesde
A,ByCpermanecenconstantes.
La frase correcta es: El número de moles de B y C no cambia si el citado equilibrio se
estableceenpresenciadeuncatalizador.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
88
7.8.Enunrecipientede5litrosdecapacidadseintroducen0,1moldeunasustanciaA,0,1
moldeotrasustanciaBy0,1moldeotraC.Elsistemaalcanzaelequilibrioalatemperatura
de500K,deacuerdoalaecuaciónquímica:
2A(g)+B(g)2C(g)
siendoentonceslapresiónenelrecipientede2,38atm.
Sesabeque estácomprendidaentre100y150.
Conestosdatos:
a)Razonarenquésentidoevolucionarálareacciónhastaquealcanceelequilibrio.
b)Calcularlasconcentracionesdecadaespecieenelequilibrio.
c)Determinarelvalorexactode .
d)¿Cuálserálapresiónparcialdecadaunodelosgasesenelequilibrio?
e)Calcularelvalorde .
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia1998)(Asturias2010)
a)Previamente,secalculaelvalordelcocientedereacción,Q ysecomparaconelvalor
deK :
0,1
[C]20
5
Q =
=50
Q = 2
0,1
0,1
[A]0 [B]0
5
5
ComoQ <K lareacciónevolucionaenelsentidoenelQ =K .Paraqueestoocurradebe
aumentar el numerador de Q y disminuir su denominador. La reacción evoluciona
hacialaformacióndeC.
b)Seconstruyelatablademolescorrespondiente:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
A
B
C
0,1
0,1
0,1
2x
x
—
—
—
2x
0,1–2x
0,1– x
0,1+2x
0,1–2x + 0,1– x + 0,1+2x = 0,3– x
El valor de la presión en el equilibrio permite calcular el valor del número de moles
transformados.Considerandocomportamientoideal:
0,3–x =
2,38atm·5L
0,082atm·L·mol ·K
500K
x=0,01mol
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
A =
0,1–2·0,01 mol
0,1–2x
=
=0,016M
5L
V
B =
0,1–0,01 mol
0,1–x
=
=0,018M
5L
V
C =
0,1+2·0,01 mol
0,1+2x
=
=0,024M
5L
V
c)ElvalordelaconstanteK es:
K =
[C
0,024
K =
=125
[A [B]
0,016 0,018
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
89
d)Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesson:
pA = 0,016mol·L
0,082atm·L·mol ·K
500K=0,66atm
pB = 0,018mol·L
0,082atm·L·mol
·K
500K=0,74atm
pC = 0,024mol·L
0,082atm·L·mol ·K
500K=0,98atm
e)ElvalordelaconstanteK es:
K =
pC
0,98
K =
=3
pA pB )
0,66 0,74)
7.9.Alcalentarlo,elNOBrsedisociasegúnlaecuación:
NOBr(g)NO(g)+½ (g)
Cuandoseintroducen1,79gdeNOBrenunrecipientede1Lysecalientaa100°C,lapresión
enelequilibrioesde0,657atm.Calcula:
a)Laspresionesparcialesdelostresgasesenelequilibrio.
b)Elvalordelaconstante aesatemperatura.
c)ElgradodedisociacióndelNOBr.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias1998)
a‐c)Elnúmerodemolesinicialeses:
n=1,79gNOBr
1molNOBr
208,5gNOBr
0,0163molNOBr
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
NOBr
NO
Br
n
—
—
nα
—
—
—
nα
½nα
n–nα
nα
½nα
n–nα +nα+½nα=n 1+½α
El valor de la presión en el equilibrio permite calcular el valor del grado de disociación.
Considerandocomportamientoideal:
0,0163 1+½α mol=
0,657atm·1L
α=0,636
0,082atm·L·mol ·K 100+273 K
, %
DeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparciales:
pNOBr =p·yNOBr =p
pNO =p·yNO =p
p
=p·y
n 1–α
1–0,636
pNOBr =0,657atm
=0,181atm
n 1+½α
1+½·0,636
nα
0,636
pNO =0,657atm
=0,317atm
n 1+½α
1+½·0,636
=p
½nα
p
n 1+½α
=0,657atm
½ 0,636
=0,159atm
1+½·0,636
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
90
b)LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
½
pNO p
K =
pNOBr
0,317 0,159
0,181
½
=0,7
7.10.Enunmatrazde2Ldecapacidad,sinaire,hayhidrógenocarbonatodesodiosólido.Se
calienta hasta 100°C y se produce la descomposición formando carbonato de sodio sólido,
dióxidodecarbonoyaguaenfasegaseosa.Lapresióntotaldelsistemaenequilibrioa100°C
esde0,962atm.
a)Calculalaconstantedeequilibriodelsistema.
b)Lacantidaddehidrógenocarbonatodesodiodescompuesto.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana1998)
a)A100°Csealcanzaelequilibrio:
2NaHCO (s)Na CO (s)+CO (g)+H O(g)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NaHCO n
2x
—
n–2x
Na CO
—
—
x
x
CO
—
—
x
x
H O
—
—
x
x
LaconstanteK es:
K =p
·p
Lapresióntotaldelamezclagaseosa:
p =p
+p
Deacuerdoconlaestequiometría,lascantidadesdeCO yH Oenelequilibriosoniguales,
luego:
p
0,962atm
=p = p =
=0,481atm
p
2
2
SustituyendoenlaexpresióndeK :
K = 0,481 =0,231
b)AplicandolaecuacióndeestadoseobtieneelnúmerodemolesdeCO formados:
x=
0,481atm·2L
=0,0315molCO 0,082atm·L·mol ·K 100+273 K
RelacionandoCO conNaHCO :
0,0315molCO
2molNaHCO 84gNaHCO =5,284g
1molCO
1molNaHCO
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
91
7.11.Setieneelsiguientesistemaenequilibrio:
(g)+ (g)CO(g)+
(g)
Si se comprime la mezcla a temperatura constante, la cantidad de CO (g) en el sistema
¿aumentará,disminuiráonosemodificará?Razonalarespuesta.
(C.Valenciana1998)
DeacuerdoconelPrincipiodeLeChâtelierdiceque:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistemacausaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”,
Si se aumenta la presión total a temperatura constante, el sistema se desplaza en el
sentidoenelquebajelapresión,paraellodebedesplazarseenelsentidoeneldescienda
el número de moléculas gaseosas en el equilibrio. Como existe el mismo número de
moléculas de gas tanto en los productos como en los reactivos el sistema permanece
inalteradoynosemodificalacantidaddeCO(g).
7.12. En un recipiente a 227°C en el que se ha hecho previamente el vacío, se introduce
cloruro de nitrosilo, NOCl, y se deja que se alcance el equilibrio. La presión total en el
equilibrioesde1,5atm.Silacantidadde enlamezclaesel10,8%envolumen,calculala
constantedeequilibrioparaelproceso:
2NOCl(g)
(g)+2NO(g)
(C.Valenciana1998)
DeacuerdoconlaleydeAvogadro,paraunamezclagaseosalacomposiciónvolumétrica
coincide con la composición molar. Si la mezcla en equilibrio contiene un 10,8% en
volumen(moles)deCl ,deacuerdoconlaestequiometríadelareacciónlacantidaddeNO
presente en el equilibrio es el doble, es decir, 21,6% en moles. El resto de la mezcla
gaseosaenequilibrio,67,6%correspondealNOCl.
Apartirdelacomposiciónmolarseobtienenlascorrespondientesfraccionesmolaresque
permitencalcularlasrespectivaspersionesparciales:
10,8%Cl y
=0,108
21,6%NOyNO =0,216
67,6%NOClyNOCl =0,676
AplicandolaleydeDaltonsecalculanlaspresionesparciales:
p
=p·y
p
=1,5atm·0,108=0,162atm
pNO =p·yNO pNO =1,5atm·0,216=0,324atm
pNOCl =p·yNOCl pNOCl =1,5atm·0,676=1,014atm
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
p
pNO
pNOCl
K =
0,162 0,324
1,014
=1,65·10
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
92
7.13.QuierecalcularselaconstanteKcparaelequilibrio:
(l)+
(l)
(l)+
(l)
Paraello,semezclan6mLdeetanolabsolutocon4mLdeácidoacéticoglacial,añadiéndose
adichamezcla10mLdeácidoclorhídrico3,00Mqueactúacomocatalizador.Sedejaquese
alcance el equilibrio y se valoran (con NaOH y fenolftaleína como indicador) 5 mL de la
disolución,gastándose24,2mLdehidróxidodesodio0,90M.
Calculaelvalordelaconstantedeequilibrioconlossiguientesdatos:
Densidades(g·
):etanol=0,79;ácidoacético=1,05.
Masade10mLdeHCl3,00M=10,4g.
Volumentotaldeladisoluciónenequilibrio=19
.(Losvolúmenesnosonaditivos).
Dato. Puesto que el ácido clorhídrico actúa como catalizador, se recupera intacto en la
mezclaenequilibrio.Así,alvalorarconNaOH,sevaloratantoelácidoacéticocomoelácido
clorhídricodelamezclaenequilibrio.
(C.Valenciana1998)
Llamando, AcH al CH COOH, EtOH al CH CH OH y AcEt al CH COOCH CH , las
concentracionesmolaresdelasdosespeciesinicialesson:
[AcH]=
4mLAcH 1,05gAcH 1molAcH 10 mLmezcla
=3,684M
1Lmezcla
19mLmezcla 1mLAcH 60gAcH
[EtOH]=
6mLEtOH 0,79gEtOH 1molEtOH 10 mLmezcla
=5,423M
19mLmezcla 1mLEtOH 46gEtOH
1Lmezcla
Latabladeconcentracionescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
AcH
3,684
x
—
3,684x
EtOH
5,423
x
—
5,423x
AcEt
—
—
x
x
H 2O
—
—
x
x
Las ecuaciones químicas correspondientes a las reacciones de neutralización de los dos
ácidosconNaOHson:
AcH(l)+NaOH(aq)NaAc(aq)+H O(l)
HCl(aq)+NaOH(aq)NaCl(aq)+H O(l)
LamezclaenelequilibriocontendrátodoelHCl(catalizador)quenoseconsumeyelAcH
quehaquedadosinreaccionar.
LosmolestotalesdeNaOHempleadosenlaneutralizacióndetodoelácidopresenteenel
equilibrioson:
19mLmezcla
0,90molNaOH
24,2mLNaOH0,90M
=8,28·10 molNaOH
10 mLNaOH0,90M
5mLmezcla
LosmolesdeHClusadoscomocatalizadoryqueseneutralizanson:
10mLHCl3,00M
3,00molHCl
=3,00·10 molHCl
10 mLHCl3,00M
Teniendo en cuenta que ambos ácidos reaccionan con NaOH mol a mol, el resto de los
moles de NaOH que quedan corresponden a los que se neutralizan con el AcH que ha
quedadosinreaccionaralalcanzarseelequilibrio:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
8,28·10
3,00·10
molNaOH
93
1molAcH
=5,28·10 molAcH
1molNaOH
LaconcentracióndeAcHenelequilibrioes:
5,28·10 molAcH 10 mLmezcla
=2,779M
19mLmezcla
1Lmezcla
Este valor permite calcular la concentración molar correspondiente a la cantidad
transformada,x:
3,684x =2,779x=0,905M
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
AcEt H O
AcH EtOH
SustituyendoenlaexpresióndeK :
K =
x2
0,905
K =
=6,52·
3,684x 5,423x
2,779 5,4230,905
7.14. Enunrecipientede10litrosseintroducen2molesde
sistemahasta1000K,alcanzándoseelequilibrio:
y1molde
2
(g)+ (g)2
(g)
Poranálisisvolumétricodelamezclasedeterminóqueel63%era
a)Lacomposicióndelamezclagaseosaa1000K.
b)Lapresiónparcialdecadagasenlamezclaenequilibrio,
c)Losvaloresde y adichatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
.Secalientael
.Calcular:
)
(Murcia1999)
a)Seconstruyelatablademolescorrespondientealequilibrio:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
SO O
SO
2
1
—
2x
x
—
—
—
2x
2–2x
1– x
2x
2–2x + 1– x +2x= 3– x
Sabiendoqueenelequilibrioel63%delamezclaesSO sepuededeterminarelvalorde
x:
n
2x
63
=
=
x=0,72mol
3–x
100
nt
Lacomposicióndelamezclaenelequilibrioes:
n
=2 0,72mol =1,44mol
n
= 1–2·0,72mol =0,56mol
n = 1–0,72mol =0,28mol
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
94
b)Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesson:
p
=
1,44mol 0,082atm·L·mol
10L
·K
1000K
p
=
0,56mol 0,082atm·L·mol
10L
·K
1000K
p =
0,28mol 0,082atm·L·mol ·K
10L
1000K
=11,8atm
=4,6atm
=2,3atm
c)ElvalordelaconstanteK es:
K =
p
p
p
K =
11,8
=2,9
4,6 2,3
ElvalordelaconstanteK es:
1,44 2
SO
10
K =
=236
K =
SO O
0,56 2 0,28
10
10
7.15.Enunrecipientevacíoseintroduceunacantidaddehidrógenotrioxocarbonato(IV)de
sodio(bicarbonatosódico).Secierraherméticamenteelrecipienteysecalientahastaquela
temperatura se estabiliza en 120°C, en ese momento la presión interior alcanza los 1720
mmHg.
¿Qué proceso químico tiene lugar en el interior del recipiente? ¿Cuál será su constante de
equilibrio,referidaalapresión?
(Galicia1999)
A120°Csealcanzaelequilibrio:
2NaHCO (s)Na CO (s)+CO (g)+H O(g)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NaHCO n
2x
—
n–2x
Na CO
—
—
x
x
CO
—
—
x
x
H O
—
—
x
x
LaconstanteK es:
K =p
·p
Lapresióntotaldelamezclagaseosa:
p =p
+p
Deacuerdoconlaestequiometría,lascantidadesdeCO yH Oenelequilibriosoniguales,
luego:
p
1720mmHg
1atm
=p = p =
=1,13atm
p
2
760mmHg
2
SustituyendoenlaexpresióndeK :
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
95
K = 1,13 =1,28
(SimilaralproblemapropuestoenC.Valenciana1998).
7.16.Paralareacción:
(g)
(g)+
(g)
a182°C, vale9,324·10 atm.
Enunrecipientede0,4litrosseintroducen0,20molesde
ysutemperaturaseelevaa
182°Chastaqueseestableceelequilibrio.Unavezestablecidoeste,calcule:
a)Laconcentracióndelasespeciespresentes.
b)Lapresióndelamezclagaseosa.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Extremadura1999)
a)LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K =9,324·10 [0,082·(182+273)
=2,5·10 Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
SbCl 0,20
x
—
0,20–x
SbCl
—
—
x
x
Cl
—
—
x
x
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
[SbCl ][Cl ]
[SbCl ]
Sustituyendo
x
x
0,4
0,4
x 1,37 10
2,5 10 0,20–x
0,4
mol
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[SbCl ]=[Cl ]=
[SbCl ]=
1,37 10 mol
0,4L
0,20–1,37·10
0,4L
mol
0,034M
0,466M
b)Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesson:
p
=p
= 0,034mol·L
p
= 0,466mol·L
0,082atm·L·mol ·K
0,082atm·L·mol
·K
182+273 K=1,27atm
182+273 K=17,4atm
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
96
Lapresióntotaldelamezclaes:
p = 1,27+1,27+17,4 atm=19,9atm
7.17.Contestaverdaderoofalsoalassiguientesafirmaciones,justificandolarespuesta:
a)Enunrecipientede1Lexisten2molesde (g)y1molde (g).Elrecipientesecalienta
hastaunatemperaturadeequilibrio.SilaconstantedeequilibrioesK=4para:
(g)+ (g)2HI(g)
lareacciónsedesplazarádeizquierdaaderecha.
b)Paralamismareacción,lamismatemperaturaylamismaK,siinicialmentehay2moles
de (g), 1 mol de (g) y 2 moles de HI (g) la reacción se desplazará de derecha a
izquierda.
c)Enlascondicionesdeb)sedesplazarádeizquierdaaderecha.
d)Siinicialmentehay35,4molesde (g)y0,075molesdeHI(g)lareacciónsedesplazará
dederechaaizquierda.
e)Siinicialmentehay0,5molesde (g),0,5molesde (g)y0,5molesdeHI(g)lareacción
sedesplazarádeizquierdaaderecha.
(C.Valenciana1999)
a)Verdadero.Yaquecomosóloexisteninicialmentelasespeciesdelaizquierdayenel
equilibriodebenestarpresentestodas,lareaccióntranscurrehacialaformacióndeHIque
eslaespeciequefalta.
b) Falso. Al existir inicialmente todas las especies del equilibrio, es preciso calcular el
valor del cociente de reacción Q para saber en que sentido evoluciona el sistema para
alcanzar el equilibrio. Teniendo en cuenta que el volumen no afecta al valor de la
constanteK:
Q=
[HI
[H [I
=
2
=2
2 1
ComoseobservaQ<K,porloqueparaquesealcanceelequilibrioQdebehacersemayor,
poresemotivoelsistemasedesplazahacialaderecha.
c)Verdadero.Setratadelcasoopuestoalanterior.
d)Verdadero.YaquecomosóloexisteninicialmentelasespeciesH yHIyenelequilibrio
deben estar presentes todas, la reacción transcurre hacia la formación de I que es la
especiequefalta.
e)Verdadero.Alexistirinicialmentetodaslasespeciesdelequilibrio,esprecisocalcular
elvalordelcocientede reacciónQparasaberenquesentidoevolucionaelsistemapara
alcanzar el equilibrio. Teniendo en cuenta que el volumen no afecta al valor de la
constanteK:
Q=
0,5
=1
0,5 0,5
Como se observa Q < K, se trata del mismo caso que el apartado b), por ese motivo el
sistemasedesplazahacialaderecha.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
7.18. En un recipiente vacío de 0,4 L se introducen 1,15 g de
equilibrio:
97
. Cuando se alcanza el
(g)2
(g)
a 100°C, la presión en el interior del recipiente es de 1300 mmHg. Calcula el valor de las
constantes y y el porcentaje de moles de
que ha reaccionado al alcanzarse el
equilibrioadichatemperatura.
a)Sienunrecipientede1Lseintroducen1molde
y1molde
a100°C,calculala
composicióndelamezclaenequilibrio(enmoles).
b) Calcula el grado de disociación del
así como los moles de
que se han de
introducir en un recipiente vacío de 1 L a 100°C para que al alcanzarse el equilibrio la
presióntotalseade3atm.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana1999)
ElnúmerodemolesdeN O queseintroduceninicialmenteenelreactores:
1,15gN O
1molN O
=0,0125molN O 92gN O
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
N O NO
0,0125
—
x
—
—
2x
2x
0,0125x
0,0125x +2x= 0,0125+x
Considerando comportamiento ideal de la mezcla, la presión en el equilibrio permite
calcularelporcentajedemolesdeN O transformados:
1atm
0,4L
760mmHg
x=9,9·10 mol
0,0125+x mol=
0,082atm·L·mol ·K 100+273 K
1300mmHg
ElporcentajeenmolesdeN O transformadoes:
9,9·10 molN O (transformado)
100=79,2%
0,0125molN O (inicial)
Lasconcentracionesdelasespeciesenelequilibrioson:
N O =
NO =
0,01259,9·10
0,4L
mol
=0,0065M
2 9,9·10 mol
=0,0495M
0,4L
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
[NO
0,0495
K =
=0,377
0,0065
N O
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
98
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1
K =0,377·[0,082· 273+100 ]=11,5
a)Alexistirinicialmentetodaslasespeciesdelequilibrio,esprecisocalcularelvalordel
cocientedereacciónQ parasaberenquesentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarel
equilibrio:
Q =
[NO
N O
=
1/1
=1
1/1
Como se observa, Q > K , por lo que para que se alcance el equilibrio Q debe hacerse
menor,poresemotivoelsistemasedesplazahacialaizquierda(formacióndeN O ).
Latablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
N O 1
—
x
1+x
NO
1
2x
—
12x
Teniendo en cuenta que el volumen es de 1 L y sustituyendo en la expresión de la
constanteK :
12x
1+x
=0,377x=0,168mol
Lacomposicióndelamezclaenequilibrioes:
n
= 1+0,168 mol=1,168mol
n
= 12·0,168 mol=0,664mol
b) La tabla de moles en función del grado de disociación, α, y del número de moles
iniciales,n,es:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
N O NO
n
—
nα
—
—
2nα
n–nα
2nα
n–nα +2nα=n 1+α
DeacuerdoconlaleydeDaltonlaspresionesparcialesson:
p
p
=p·y
=p·y
p
p
=p
=p
n 1α
1α
=p
n 1+α
1+α
2nα
2α
=p
n 1+α
1+α
SustituyendolaspresionesparcialesenlaexpresióndelaconstanteK :
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K =
2α
1+α
K =
1α
p
1+α
p
p
p
11,5=3
=p
99
4α
1α
4α
α=0,770%
1α
LosmolesdeN O necesariosparaconseguiresevalordelapresiónydeαson:
n=
3atm·1L
1+0,70 mol 0,082atm·L·mol ·K
100+273 K
7.19.SedisponedeunrecipientequecontieneC(s),
(g)y
=0,0577mol
(g)enequilibriosegún:
C(s)+2 (g)
(g) ΔH=‐75kJ
Indicasilaconcentracióndemetanoaumentará,disminuiráopermaneceráconstantesi:
a)Aumentalatemperatura.
b)Disminuyelatemperatura.
c)AumentalapresiónaTconstante.
d)SeintroduceC(s)enelrecipienteaTconstante.
e)Seeliminapartedel (g)presenteaTconstante.
Indicacómosemodificarálaconstantedeequilibriosi:
f)Aumentalatemperatura.
g)Aumentalapresión.
h)Seeliminametanodelrecipiente.
i)Seintroduce (g)enelrecipiente.
(C.Valenciana1999)
ElprincipiodeLeChâtelierdiceque:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistemacausaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Suaplicaciónsirveparavercómoafectaráalsistemaenequilibriocadaunodeloscambios
propuestos.
LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK es:
K =
[CH ]
[H
a‐f)Siseaumentalatemperatura,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistema
sedesplazaenelsentidoenelqueseconsumaelcalorañadidoyasíbajelatemperatura.
Teniendoencuentaquesetratadeunprocesoexotérmicoelsistemasedesplazahaciala
(g) en el equilibrio
formación de C (s) y H (g) por lo que la concentración de
disminuyeyelvalordelaconstantedeequilibriodisminuye.
b) Si se disminuye la temperatura la concentración de
aumenta,yaquesetratadelcasoopuestoalapartadoa).
(g) en el equilibrio
c‐g) Si se aumenta la presión a temperatura constante, de acuerdo con el principio de
LeChâtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelquebajelapresión,paraellodebe
desplazarse en el sentido en el descienda el número de moléculas gaseosas en el
equilibrio.Comoaladerechahaymenosmoléculasdegas,elsistemasedesplazahaciala
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
100
formacióndeCH (g)porloquelaconcentracióndeCH4(g)enelequilibrioaumentay
elvalordelaconstantedeequilibrioaumenta.
d)SiseintroduceC(s)enelrecipienteaTconstante,elsistemapermaneceinalteradoya
quecomosetratadeunasustanciasólidanoapareceenla expresióndelaconstante de
equilibrioyporlotantosusvariacionesnolamodificanporloquelaconcentraciónde
(g)enelequilibriopermanececonstante.
(g) a temperatura constante, de acuerdo con el principio de
e) Si se elimina
LeChâtelier,elsistemasedesplaza enelsentido en elqueserepongael H (g)extraído
porloqueelsistemasedesplazahacialaformacióndeestasustanciaylaconcentración
(g)enelequilibriodisminuye.
de
h) Si se elimina
(g) del recipiente, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el
sistemasedesplazaenelsentido en elquesereponga el CH (g)extraído,porloqueel
sistemasedesplazahacialaformacióndeestasustanciaaumentandosuconcentración
yconelloelvalordelaconstantedeequilibrio.
i)Siseintroduce (g)enelrecipiente,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,el
sistema se desplaza en el sentido en el que se consuma el H (g) añadido, por lo que se
formaCH (g)aumentandosuconcentraciónyelvalordelaconstantedeequilibrio.
7.20. El etileno(
)sepreparaindustrialmentemediante ladescomposición térmicadel
etano:
(g)
(g)+ (g)
A 1000 K, la reacción está caracterizada por una constante de equilibrio, = 2,5; y un
cambiodeentalpía,ΔH=147kJ/mol.Siinicialmente,unreactorde5Ldevolumencontiene
40gde .Calcula:
a)Lapresiónenelinteriordelreactorunavezquesealcanceelequilibrio.
b)Siunavezalcanzadoelequilibrio,seañaden25gde (g),¿cuálserálanuevapresión
unavezquesealcanceelequilibrionuevamente?
c) ¿Cómo afectará la expansión isoterma de la mezcla en equilibrio a las concentraciones
finalesdereactivosyproductos?
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana1999)
a)ElnúmerodemolesdeC H queseintroduceninicialmenteenelreactores:
40gC H
1molC H
=1,333molC H 30gC H
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
C H C H
H
1,333
—
—
x
—
—
—
x
x
x
x
1,333x
1,333x +x+x= 1,333+x LaexpresióndelaconstanteKces:
C H H
Kc=
C H
n
=
V
n
V
n
V
=
n
V n
n
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
101
Sustituyendovalores:
2,5=
x
x=1,215mol
5 1,333x
Paracalcularlapresiónseaplicalaecuacióndeestadodelosgasesideales:
p=
1,333+1,215 mol 0,082atm·L·mol ·K
5L
1000K
=41,8atm
b) Al añadir H al sistema en equilibrio, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el
sistema se desplaza en el sentido en el que se consuma el H añadido, es decir hacia la
formacióndeC H .
ElnúmerodemolesdeH añadidoes:
25gH
1molH
=12,5molH 2gH
Teniendoencuentaqueelsistemaenequilibriocontenía 1,3331,215 =0,118molesde
C H ,1,215molesde C H yde H yquese han añadidoalreactor12,5 molesde H la
nuevatablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
C H C H
H
0,118
1,215
1,215+12,5
—
x
x
x
—
—
0,118+x
1,215x
13,715x
0,118+x + 1,215x + 13,715x = 15,048x Procediendodeigualformaqueenelapartadoanterior:
2,5=
1,215x 13,715x
x=0,565mol
5 0,118+x
Paracalcularlapresiónseaplicalaecuacióndeestadodelosgasesideales:
p=
15,0480,565 mol 0,082atm·L·mol
5L
·K
1000K
=237,5atm
c)Alrealizarenelsistemaunaexpansiónisotermaseproduceunadisminucióndela
presiónqueejercelamezclaenequilibrio.DeacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,el
sistema se desplaza en el sentido en el que suba la presión, para ello se desplaza en el
sentido en el que aumente el número de moléculas de gas presentes en el equilibrio, es
y .
decirhacialaformaciónde
7.21.Paraelequilibrio:
(g)+ (g)2HI(g)
A 400°C, la constante = 64. Calcula los gramos de HI que se formarán cuando en un
recipiente cerrado, se mezclen 2 moles de con 2 moles de y se deje que se alcance el
equilibrioaesatemperatura.
(Canarias2000)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
I 2
x
—
2–x
H
2
x
—
2– x
102
HI
—
—
2x
2x
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
[HI
[I ][H ]
Sustituyendo en la expresión de la constante y teniendo en cuenta que el volumen no
afectaalamisma:
64=
2x 2x=3,2molHI
2–x
LamasadeHIqueseformaes:
3,2molHI
128gHI
=410gHI
1molHI
7.22. A temperaturas elevadas el pentafluoruro de bromo (
rápidamentedeacuerdoalaecuaciónquímica:
) se descompone
2
(g) (g)+5 (g)
En un recipiente herméticamente cerrado, de 10,0 L, se inyectaron 0,1 moles del
pentafluoruroysedejóqueelsistemaalcanzaseelequilibriocalentándolohasta1500K.Si
enelequilibriolapresióndelosgasesencerradosenelrecipienteerade2,12atm,calcular:
a)Elnúmerototaldemolesgaseososexistentesenelequilibrio.
b)Elnúmerodemolesdecadagas.
c)Laspresionesparcialescorrespondientesacadagas.
d)Losvaloresde y alacitadatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2000)
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
BrF Br
F
0,1
—
—
2x
—
—
—
x
5x
0,1–2x
x
5x
0,1–2x +x+5x= 0,1+4x
El valor de la presión en el equilibrio permite calcular el valor del número de moles
transformados.Considerandocomportamientoideal:
0,1+4x =
2,12atm·10L
x=0,018mol
0,082atm·L·mol ·K 1500K
Elnúmerodemolesenelequilibrioes:
n = 0,1+4·0,018 mol=0,172mol
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
103
b)Lacomposicióndelamezclaenelequilibrioes:
nBrF5 = 0,1–2·0,018 mol=0,064mol
n
=0,018mol
n = 5·0,018 mol=0,090mol c)Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesson:
p
0,064mol 0,082atm·L·mol ·K
10L
=
p
=
p =
0,018mol 0,082atm·L·mol ·K
10L
0,090mol 0,082atm·L·mol ·K
10L
1500K
1500K
1500K
=0,79atm
=0,22atm
=1,11atm
d)ElvalordelaconstanteK es:
K =
p
p
K =
p
1,11 0,22
=0,59
0,79
ElvalordelaconstanteK es:
K =
F
Br
K =
BrF 2
0,090 5 0,018
10 =2,6
10
0,064 2
10
–
7.23. La formación de tetraóxido de dinitrógeno gas se explica mediante la formulación de
dosequilibriosconsecutivos:
a)Monóxidodenitrógenogasmásoxígenomoleculargasparadardióxidodenitrógenogas,
cuyaconstantedeequilibrioes =5·10 aunatemperaturade700K.
b) Dióxido de nitrógeno gas para dar tetraóxido de dinitrógeno gas, cuya constante de
equilibrioes =1,82·10 aunatemperaturade700K.
¿Qué relación guardan las constantes de equilibrio de las reacciones anteriores con la
constantedeequilibrioquelasengloba?
(Galicia2000)
Laprimerareacciónes:
2NO(g)+O (g)2NO (g)
Laexpresióndesuconstantedeequilibrioenfuncióndelaspresioneses:
K =
pNO
2
pNO pO
=5·10
2
Lasegundareacciónes:
2NO (g)N O (g)
Laexpresióndesuconstantedeequilibrioenfuncióndelaspresioneses:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Kp2 =
pN
2 O4
(pNO
=1,82·10
104
2
Comoseobserva,elvalordepNO noapareceenlaexpresióndelaK acalcular,portanto
despejandodichovalorenK yK eigualandoseobtiene:
pNO2 =K
pNO pO2
pNO2 =
p N 2 O4
K
K
K =
p N 2 O4
pNO pO2
SustituyendolosvaloresdelasconstantesseobtieneelvalordelaconstanteK :
K =K
K K = 5·10
1,82·10
=9,1·10
Estaconstantedeequilibriocorrespondealareacciónglobal:
2NO(g)+O (g)N O (g)
7.24.Seconsideraelequilibrio:
(g)CO(g)+ (g)
Unrecipientedeunlitrodecapacidadcontieneinicialmenteunmoldefosgeno(
)en
equilibrioconunmoldemonóxidodecarbonoy0,25molesdedicloro,aunatemperaturaT.
Se desea doblar el número de moles de CO añadiendo fosgeno ¿Cuánto
debería
añadirsesilatemperaturasemantieneconstante?
(Extremadura2000)
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
[CO][Cl ]
[COCl ]
TeniendoencuentaqueV=1L,elvalordeK es:
K =
1·0,25
=0,25
1
Llamando n a la cantidad de COCl a añadir al equilibrio anterior, la tabla de moles
correspondientees:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
COCl 1+n
x
—
1+n –x
CO
1
—
x
1+x
Cl
0,25
—
x
0,25+x
ComosedeseaqueelnúmerodemolesdeCOseaeldoble:
1+x molCO=2molCO

x=1mol
SustituyendoenlaexpresióndeK :
0,25=
2·1,25
n=10molCOCl2 n
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
105
7.25. Cuando se calienta cloruro de amonio sólido en un recipiente cerrado a 275°C, se
descomponesegúnlareacción:
(s)
(g)+HCl(g)
Cuandosealcanzaelequilibrio,lapresióntotalenelinteriordelrecipienteesde0,18atm.
Calculalascantidadesde
,HCly
cuandosealcanzaelequilibrioenlossiguientes
casos:
a)Enunrecipientede10Lseintroducen10gde
ysecalientaa275°C.
b) En un recipiente de 10 L se introducen 10 g de
, 10 g de HCl y 10 g de
y se
calientaa275°C.
c)Enunrecipientede10Lseintroducen10gde
y10gde
ysecalientaa275°C.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2000)
a) Para calcular las cantidades de sustancias presentes en el equilibrio es preciso
determinar previamente el valor de la constante de equilibrio. La tabla de moles
correspondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NH Cl
n
x
—
nx
NH
—
—
x
x
HCl
—
—
x
x
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =p
·pHCl Lapresióntotaldelamezclagaseosa:
pt=p
+pHCl De acuerdo con la estequiometría, en el equilibrio existe el mismo número de moles de
NH yHCl,porloquesuspresionesparcialesserániguales:
p
=pHCl =
pt
p
2
=
0,18atm
=0,09atm
2
SustituyendoenlaexpresióndeK :
K = 0,09 =8,1·10 Paracalcularelnúmerodemolesseaplicalaecuacióndeestadodelosgasesideales:
x=
0,09atm·10L
=0,02mol
0,082atm·L·mol ·K 275+273 K
Lasmasasdesustanciasenelequilibrioson:
17gNH
=0,34g
1molNH
0,02molNH
0,02molHCl
36,5gHCl
=0,73gHCl
1molHCl
10gNH4 Cl0,02molNH Cl
53,5gNH Cl
=8,93g
1molNH Cl
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
106
b)SiademásdelNH Cl,elrecipientecontieneunascantidadesdeNH yHClquehaceque
lascorrespondientespresionesparcialessean:
pNH =
10gNH
1molNH
17gNH
0,082atm·L·mol ·K
275+273 K
10L
3
10gHCl
pHCl =
1molHCl
0,082atm·L·mol ·K
36,5gHCl
10L
=2,643atm
275+273 K
=1,231atm
Al existir inicialmente todas las especies del equilibrio, es preciso calcular el valor del
cocientedereacciónQpparasaberenquesentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarel
equilibrio:
Q = pNH
3
pHCl = 1,231 2,643 =3,254
Como se observa Q > K por lo que para que se alcance el equilibrio Q debe hacerse
menor,poresemotivoelsistemasedesplazahacialaizquierda(formacióndeNH4 Cl).
Latabladepresioneses:
pinicial
ptransformado
pformado
pequilibrio
NH Cl
n
—
x
n+x
NH
1,231
y
—
1,231y
HCl
2,643
y
—
2,643y
Llamandoyalapresiónparcialequivalentealosmolestransformadosysustituyendoen
laexpresióndeK :
8,1·10 = 1,231y 2,643y y=1,225atm
Paracalcularelnúmerodemolestransformadoscorrespondientesaesapresiónseaplica
laecuacióndeestadodelosgasesideales:
1,225atm·10L
=0,273mol
0,082atm·L·mol ·K 275+273 K
x=
Lasmasasdesustanciasenelequilibrioson:
17gNH
=5,359g
1molNH
10gNH 0,273molNH
10gHCl0,273molHCl
36,5gHCl
=0,036gHCl
1molHCl
10gNH Cl+0,273molNH Cl
53,5gNH Cl
=24,606g
1molNH Cl
c) Si además del NH Cl, el recipiente contiene una cantidad de NH que hace que su
presiónparcialsea:
pNH =
3
10gNH
1molNH
17gNH
0,082atm·L·mol ·K
10L
275+273 K
=2,643atm
ParaquesealcanceelequilibrioelsistemasedesplazahacialaderechayaquefaltaHCl:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
pinicial
ptransformado
pformado
pequilibrio
NH Cl
n
x
—
nx
NH
2,643
—
y
2,643+y
107
HCl
—
—
y
y
Llamandoyalapresiónparcialequivalentealosmolestransformadosysustituyendoen
laexpresióndeK :
8,1·10 =y 2,643+y y=3,1·10
atm
Paracalcularelnúmerodemolestransformadoscorrespondientesaesapresiónseaplica
laecuacióndeestadodelosgasesideales:
x=
3,1·10 atm·10L
=6,9·10 mol
0,082atm·L·mol ·K 275+273 K
Lasmasasdesustanciasenelequilibrioson:
10gNH +6,9·10 molNH
6,9·10 molHCl
17gNH
=10,012g
1molNH
36,5gHCl
=0,025gHCl
1molHCl
10gNH Cl6,9·10 molNH Cl
53,5gNH Cl
=9,963g
1molNH Cl
7.26.Enunacámaradereacciónde80Ldecapacidadseintroducen2,5molesde
(g)y
secalientaa450K.Aestatemperaturayalapresiónde1,5atmel
sedisociaun30%
segúnlareacción:
(g)
(g)+
(g)
Calcula:
a)Lasconstantes y a450K.
b)Simanteniendolatemperaturaconstante,elvolumensereducealamitad,¿cuálessonlos
molesdecadasustanciaenelequilibrio?Comparalosresultadosobtenidosyjustifícalos.
c)SuponiendoqueΔHparalareacciónanteriorfuese<0,¿cómoesperaríasquefuese a
325K?¿Mayoromenorquelaanterior?Justificalarespuesta.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2001)
a) La tabla de moles correspondiente al equilibrio en función del número de moles
inicialesydelgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
SbCl SbCl
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
nα
n–nα
nα
nα
n–nα +nα+nα=n 1+α
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
p
p
p
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
108
De acuerdo con la ley de Dalton de las presiones parciales la expresión anterior queda
como:
nα
nα
p·y
p·y
α2
n 1+α n 1+α
K =p
=p
K =
n 1–α
p·y
1–α2
n 1+α
Sustituyendo:
K =1,5
0,30
1– 0,30
= ,
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K =0,148[0,082·450
=4,0·
b)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Si se reduce el volumen a la mitad a temperatura constante, de acuerdo con la ley de
Boyle la presión se duplica. Si se aumenta la presión, de acuerdo con el principio de
LeChâtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelquelapresióndisminuya,esdecir,
haciadondeseformenmenosmolesdegas,enestecasohacialaformacióndeSbCl5.
Siahoralapresióneseldobledelaanterior(3,0atm)alamismatemperatura,elgradode
disociación,segúnloqueprediceelprincipiodeLeChâtelier,serámenor:
0,148=3,0
α2
1–α2
α=0,21721,7%
Enlasiguientetablasemuestraelnúmerodemolesdecadaespecieenelequilibriopara
cadaunadelaspresiones:
n
n
=n
n 1–α nα
p=1,5atm
2,5 1–0,30 =1,750mol
2,5·0,30=0,750mol
p=3,0atm
2,5 1–0,217 =1,958mol
2,5·0,217=0,543mol
Comoseobserva,aldisminuirelvolumen(aumentarlapresión),elnúmerodemolesde
aumenta,mientraselde
y disminuye.
c) La ecuación de van’t Hoff permite estudiar la variación de la constante K con la
temperatura:
ln
K
K
=
ΔH 1
1
–
R T
T
SabiendoqueΔH<0(procesoexotérmico)ysi:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
T <T 
109
1
1
–
<0
T
T
Entoncessecumpleque:
ln
K
K
>0K >K enunprocesoexotérmico,siTdisminuye,Kp aumenta.
7.27. El hidrógenosulfuro de amonio,
(s), es un compuesto inestable que se
descomponefácilmenteenamoníaco,
(g),ysulfurodehidrógeno,
(g).
(s)
(g)+
(g)
Seconocenlossiguientesdatostermodinámicos,a25°C:
Compuesto °(kJ·
) S°(J·
·
)
(s) ‐156,9
113,4
(g) ‐45,9
192,6
(g)
‐20,4
205,6
a)Justifique,sienlascondicionesindicadaselprocesoesexotérmicooendotérmico.
b)Justifique,sienlascondicionesindicadaselprocesoesespontáneoonoespontáneo.
c)Determinelaconstantedeequilibrio paraestareaccióna25°C.
d)Supongaquesecoloca1,00molde
(s)enunrecipientevacíode25,00litrosyse
cierra este. ¿Cuál será la presión reinante en el recipiente cuando se haya llegado al
equilibrioalatemperaturade25°C?
(Datos. Constante R = 8,314·10 kJ·
(s))
·
. Considere despreciable el volumen de
(Murcia2001)
a) La variación de entalpía puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos.
Δ H°=Σ νi H°i
productos –Σ
νi H°i
reactivos Paralaecuacióncitada:
Δ H°= 1molH S
‐20,4kJ
‐156,9kJ
‐45,9kJ
+1molNH
 1molNH HS
=90,6kJ
molH S
molNH HS
molNH
Comoseobserva,
°>0,porloquesetratadeunprocesoendotérmico.
b)ParadeterminarlaespontaneidaddelareacciónesnecesariocalcularelvalordeΔ G°.
LavariacióndeenergíalibredeGibbssecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ G°=Δ H°–T·Δ S°
ElvalordeΔ S°secalculaapartirdelasentropíasmolaresdeproductosyreactivos:
Δ S°=Σ νi S°i
productos –Σ
Δ S°= 1molH S
νi S°i
reactivos 205,6J
113,4J
J
192,6J
+1molNH
 1molNH HS
=284,8 K·mol
K·mol
K
K·mol
SustituyendoenlaexpresióndelaenergíalibredeGibbs:
Δ G°=90,6kJ–298K
284,8J 1kJ
3 =5,7kJ
K
10 J
Setratadeunprocesonoespontáneoa25°C,yaqueelvalorde
°>0.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
110
c)LarelaciónentreK ylaenergíalibredeGibbsvienedadaporlaexpresión:
Δ G°=‐RTlnK despejandoK :
K =exp ‐
Δ G°
5,7
=exp ‐
RT
8,314·10
298
=0,1
d)Latablademolescorrespondientees:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NH HS
1,00
x
—
1–x
NH
—
—
x
x
H S
—
—
x
x
delamismasededuceque:
p
=p
=p
DelaexpresióndelaconstanteK :
Kp=p
p
=p2 p= K = 0,1=0,316atm
Lapresióntotaldelamezclaenelequilibrioes:
pt =p
+p
pt =2 0,316atm =0,632atm
7.28. A 473 K y 2 atm de presión, el
se disocia en un 50% en
presiónparcialdel
enelequilibrioyelvalordelaconstante .
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
y
. Calcule la
(CastillayLeón2001)
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
PCl PCl
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
nα
n–nα
nα
nα
n–nα +nα+nα=n 1+α
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
p
p
p
De acuerdo con la ley de Dalton de las presiones parciales la expresión anterior queda
como:
nα
nα
p·y
p·y
α2
n 1+α n 1+α
K =p
=p
K =
n 1–α
p·y
1–α2
n 1+α
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
111
Sustituyendo:
K =2
0,50
1– 0,50
=0,667
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K =0,666[0,082·473
=1,7·
Deacuerdoconlaestequiometríadelareacción,secumpleque:
p
=p
=p
ydeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparciales:
p
+p
+p
=2atmpPCl =2–2p
5
SustituyendoenlaexpresióndeK :
0,667=
p2
p=p
2–2p
= ,
7.29.Seintrodujoenunrecipienteunamezclade11,02milimolesde
y5,48milimolesde
, junto con un catalizador de Pt, estableciéndose el siguiente equilibrio, a 700°C y 762
mmHg:
2
(g)+
(g)4 (g)+
(g)
Lamezcladereacciónseseparódelcatalizadoryseenfriórápidamentehastatemperatura
ambiente, a la cual la velocidad de las reacciones directa e inversa son despreciables. Al
analizarlamezclaseencontraron0,711milimolesde
.
a)Calculelasconstantes , y a700°C.
b)Expliquecómoafectaríaalequilibrio:
b1)Unaumentodelapresióntotal.
b2)Unadisminucióndelaconcentraciónde
.
b3)Unaumentodelatemperaturasi,a700°C,elprocesoesexotérmico.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Extremadura2001)(Asturias2002)(Extremadura2003)
a)Latablacorrespondienteexpresadaenmmol:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
H S
11,02
2x
—
11,02–2x
CH
5,48
x
—
3,48– x
H
—
—
4x
4x
CS
—
—
x
x
Comox=0,711mmol,lascantidadesenelequilibrioson:
nequilibrio
H S
9,598
CH
4,769
H
2,844
CS
0,711
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
112
Eltotaldemolesenelequilibrioes:
n = 9,598+4,769+2,844+0,711 mmol=17,922mmol
ylasrespectivasfraccionesmolares:
x
x =
n
n
9,598mmol
=0,536x
17,922mmol
=
n
2,844mmol
=
=0,159x
17,922mmol
n
=
=
=
n
n
=
4,769mmol
=0,266
17,922mmol
n
0,711mmol
=
=0,040
17,922mmol
n
Laconstantedeequilibriodelareacciónenfuncióndelasfraccionesmolares(K ),mejor
llamarleK ,yaquesetratadeunamezclaenfasegasesosa:
K =
y
y
y
y
=
0,040 0,159
0,266 0,536
=3,35·10
DeacuerdoconlaleydeDalton,laspresionesparcialesenelequilibrioson:
p
=p·y
p
=762Torr·0,040
p =p·y p =762Torr·0,159
1atm
=0,040atm
760Torr
1atm
=0,159atm
760Torr
p
=p·y
p
=762Torr·0,266
1atm
=0,266atm
760Torr
p
=p·y
p
=762Torr·0,536
1atm
=0,536atm
760Torr
Laconstantedeequilibriodelareacciónenfuncióndelaspresionesparciales,K ,es:
K =
p
p
p
p
K =
0,040 0,159
0,266 0,536
=3,35·10
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.Esteq.ProductosgaseososΣcoef.Esteq.Reactivosgaseosos=5–3=2
Sustituyendo:
K =3,35·10 [0,082· 700+273
=5,26·
–
b)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
b1)Siseaumentalapresión,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistemase
desplaza en el sentido en el que la presión disminuya, es decir, hacia donde se formen
menosmolesdegas,enestecasohacialaformaciónde
y
.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
113
b2)Sidisminuyelaconcentraciónde
,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,el
sistemasedesplazaráenelsentidoenelqueaumentelaconcentracióndeCH ,esdecir,
y
.
hacialaformaciónde
b3)Siseaumentalatemperatura,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistema
sedesplazaráenelsentidoenelquedesciendalatemperatura,esdecir,enelsentidoenel
que se consuma calor y como se trata de un proceso exotérmico, el sistema se desplaza
y
.
hacialaformaciónde
(EsteproblemaapareceresueltoenO.Q.N.CiudadReal1997yenAsturias2002sedanlas
cantidadesincialesengramos).
7.30. El
es de color pardo y el
es incoloro. Cuando se tiene un recipiente que
contiene
y
enequilibrio,seapreciaquesucolorseoscurecealintroducirloenagua
caliente.Indicasielproceso2

esexotérmicooendotérmico.
(C.Valenciana2001)
Enlareaccióndedimerización,dosmoléculasdeNO seunenparaformarunamolécula
deN O .Teniendoencuentaquesiemprequeseformaunenlacesedesprendeenergía,la
esunprocesoexotérmico,ΔH<0.
dimerizacióndel
Porotrolado,elhechodequeenaguacalientelamezclatengauncolorpardoyquesin
agua caliente sea incolora, indica que a temperaturas altas el equilibrio está desplazado
hacia la formación de NO , (color pardo‐rojizo) mientras que a temperaturas bajas el
equilibrioestádesplazadohacialaformacióndeN O .(incoloro)
De acuerdo con el Principio de Le Châtelier, un sistema en el que al aumentar la
temperatura se desplaza hacia la formación de reactivos corresponde a un proceso
esunprocesoexotérmico.
exotérmico,porlotantoladimerizacióndel
7.31.Lasconstantesdeequilibrio,a1273K,delassiguientesreacciones:
a)C(s)+
(g)2CO(g)
b)
(g)+ (g)CO(g)+
(g)
son,respectivamente,121,5y1,59.Apartirdeestosdatoscalcula,a1273K,laconstantede
equilibriodelareacción:
(g)CO(g)+
C(s)+
(g)
(C.Valenciana2001)
LaexpresióndelaconstanteK delareacciónproblemaes:
K =
pCO p
p
LaexpresióndelaconstanteK delasreaccionesdadases:
K =
K =
pCO
p
=121,5
p
pCO
p
p
=1,59
Comoseobserva,elvalordep noapareceenlaexpresióndelaK acalcular,portanto
despejandodichovalorenK yK eigualandoseobtiene:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
p
p
=
=
1
K
pCO
K
pCO
p
p

K
K
=
p
pCO
p
114
SustituyendolosvaloresdelasconstantesK yK seobtieneelvalordelaconstanteK :
Kp =
K
K
K =
121,5
=76,4
1,59
7.32.Cuandoseintroducen3,13gde
seestableceelequilibrio:
enunrecipientede200mLysecalientaa450K,
(g)
(g)+ (g)
ylapresióntotalenelequilibrioes3,69atm.Calcula:
a) y .
b) El grado de disociación del
a 450 K y a una presión total de 5 atm, partiendo
inicialmentede
.
c)Sienunrecipientede1Lseintroducen0,1molesde
,0,1molesde y0,1molesde
ysecalientaa450K,calculalacomposicióndelsistemaenequilibrio.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2001)
a)ElnúmerodemolesdePCl queseintroduceninicialmenteenelrecipientees:
3,13gPCl
1molPCl
=0,015molPCl 208,5gPCl
Latablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
PCl PCl
Cl
0,015
—
—
x
—
—
—
x
x
x
x
0,015x
0,015x +x+x= 0,015+x
Aplicando la ecuación de estado de los gases ideales y a partir de la presión total de la
mezclaseobtieneelnúmerodemolesformados:
0,015+x =
3,69atm·0,2L
(0,082atm·L·mol
·K )450K
x=5·10 mol
Laspresionesparcialesenelequilibrioson:
pPCl =pCl =
3
pPCl =
5
2
5·10 mol 0,082atm·L·mol
0,2L
0,0155·10
·K
mol 0,082atm·L·mol
0,2L
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteKp:
450K
·K
=0,9225atm
450K
=1,845atm
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K =
p
p
K =
p
0,9225
1,845
115
=0,461
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
[PCl ][Cl2 ]
K =
=
[PCl ]
n
V
·
n
n
V K =
V
5·10
0,2 0,0155·10
=1,25·
b)Elgradodedisociación,α,sedefinecomo:
α=
molesdisociados x
= n
molesiniciales
AplicandolaleydeDaltonlaspresionesparcialesson:
p
=p
p
=p
=p
x
nα
α
=p
=p
n+x
n 1+α
1+α
nx
n 1α
1+α
=p
=p
n+x
n 1+α
1+α
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
p
α
1+α =p α 1α
1α
p
1+α
α
1+α
p
Sustituyendolosvaloresdados:
0,461=5
α
α=0,2929%
1α
c)Alexistirinicialmentetodaslasespeciesdelequilibrio,esprecisocalcularelvalordeQ parasaberenquesentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarelequilibrio:
Q =
[PCl [Cl2
[PCl
=
nPCl
3
nCl2
V nPCl
=
5
0,1
=0,5
0,2·0,1
Como se observa Q > K por lo que para que se alcance el equilibrio Q debe hacerse
menor,poresemotivoelsistemasedesplazahacialaizquierda(formacióndePCl5).
Lanuevatablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl 0,1
—
x
0,1+x
PCl
0,1
x
—
0,1x
Cl
0,1
x
—
0,1x
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
1,25·10 =
0,1x
x=7,885·10
0,2 0,1+x
Lacomposicióndelamezclaenequilibrioes:
mol
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
[PCl ]=[Cl ]=
[PCl ]=
0,17,885·10
0,2
0,1+7,885·10
0,2
116
=0,1058M
=0,8943M
ValoresquereproducenelvalordelaconstanteK .
7.33.Laconstantedeequilibriodelareacciónqueseindicaes0,022a200°Cy34,2a500°C:
(g)
(g)+ (g)
a)Indicasiel
esmásestable,esdecir,sedescomponemásomenosatemperaturaaltao
baja.
b)Lareaccióndedescomposicióndel
,¿esendotérmicaoexotérmica?
c)¿Aquiéncorresponderámayorenergíadeactivación,aladescomposiciónoalaformación
del
?
(Canarias2002)
a‐b)Laconstantedeequilibriodelareacciónes:
K =
p
p
p
Si aumenta la temperatura, el valor de la constante de equilibrio se hace mayor, lo cual
quieredecirque:
setratadeunareacciónendotérmica
elPCl sedescomponemás,loqueindicaqueesmásestableatemperaturasbajas.
c)Eldiagramadeenergíacorrespondienteaunareacciónendotérmicaes:
Comoseobserva,entodareacciónendotérmicaelvalorde
>
.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
117
7.34.Lasiguientemezclaenequilibrio:
(g)+ (g)CO(g)+
(g)
estácontenidaa1007°Cenunrecipientede6Ldecapacidad.Laspresionesparcialesdelas
sustanciasreaccionantesson:
=6,31atm;
=21,1atm;pCO=84,2atmy
=31,6
atm.
Sehaquitadobastante
delrecipientehastareducirlapresiónparcialdelCOa63atm
manteniendolatemperaturaconstante.
a)Calculalapresiónparcialdel
enelnuevosistemaenequilibrio.
b)Paralareacciónpropuesta,¿cómoserelacionanentresílasconstantes y ?
c)Suponiendoqueelvolumendelnuevosistemaenequilibriotrascomprimirloconunpistón,
sehareducidohastalos3L,¿cuálserálanuevapresiónparcialdel
?
(Canarias2002)
a)LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
pCO p
p
K =
p
84,2 31,6
=20
6,31 21,1
LlamandoxalapresióndeCO extraídayteniendoencuentaqueelequilibriosedesplaza
hacialaformacióndeCO ,lanuevatabladepresioneses:
pinicial
ptransformado
pformado
pequilibrio
CO 6,31–x
—
p
6,31–x +p
H
21,1
—
p
21,1+p
CO
84,2
p
—
84,2– p
H O
31,6
p
—
31,6– p ElvalordelapresióndelCOenelequilibriopermitecalcularelrestodelaspresionesenel
equilibrio:
pCO =63= 84,2–p p=21,2atm
p
= 31,6–p p
= 31,6–21,2 =10,4atm
p = 21,1+p p = 21,1+21,2 =42,3atm
p
= 6,31–x +pp
= 6,31–x +21,2= 27,51–x atm
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
20=
63·10,4
x=26,73atm
27,51–x ·42,3
ElvalordelapresióndelCO enelequilibrioes:
p
= 27,51–26,73 atm=0,78atm
b)LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=0
K =K =20
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
118
c)LaexpresióndelaconstanteK es:
nCO n
n n
[CO][H O]
= nV nV K = CO
K =
CO2
n
n
[CO ][H ]
V
V
Comoseobserva,elvolumennoafectaalvalordelaconstantedeequilibrio.Portanto,sia
temperaturaconstanteelvolumensereducealamitad,deacuerdoconlaleydeBoyle,la
presiónseduplica.Portanto,lanuevapresióndelCO es:
p
=2 0,78atm =1,56atm
7.35.Elhidrógenocarbonatodesodio(
)sedescomponealsuministrarlelaenergía
caloríficasuficiente,deacuerdoalaecuaciónquímica
2
(s)
(s)+
(g)+
(g)
Unamuestrade100gde
secolocaenunrecipientecerradode5litrosdecapacidady
secalientahasta160°C,temperaturaalaquesedescomponeelhidrógenocarbonatodesodio.
Después de alcanzarse el equilibrio queda algo de hidrógenocarbonato de sodio sin
descomponer,siendolapresiónenelrecipientede7,76atm.
a)¿Cuántosmolesdeaguasehanformado?
b)¿Cuántosgramosdehidrógenocarbonatodesodioquedaránsindescomponer?
c)Escribalaexpresióndelaconstantedeequilibrio ycalculesuvalorparalascondiciones
indicadas.
d)¿Cuálhabríasidolapresiónenelrecipientesienvezdecolocar100gsehubiesecolocado
110gdehidrógenocarbonatodesodioysehubiesecalentadohastalatemperaturaindicada?
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2002)
a)Setratadeunequilibrioheterogéneoylatablademolescorrespondientealmismoes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NaHCO n
2x
—
n–2x
Na CO
—
—
x
x
CO
—
—
x
x
H O
—
—
x
x
Apartirdelapresión,sepuedeobtenerelnúmerodemolesdegas,yaque,elnúmerototal
demolesdegasenelequilibriovienedadoporlosmolesdeCO ydeH Oformados:
n
=n
+n
n
=x+x=2x
Considerandocomportamientoideal:
2x=
7,76atm·5L
x=0,546mol
0,082atm·L·mol ·K 160+273 K
b)LamasadeNaHCO quesedescomponees:
0,546molH O
2molNaHCO 84gNaHCO
=91,7gNaHCO 1molH O 1molNaHCO
LamasadeNaHCO quequedasindescomponerenelequilibrioes:
100gNaHCO (inicial)–91,7gNaHCO (transformado)=8,3g
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
119
c)LaexpresióndelaconstanteK es:
K =p
·p
Lapresióntotaldelamezclaes:
p =p
+p
De acuerdo con la estequiometría de la reacción, las cantidades de CO2 y H2O en el
equilibriosoniguales:
p
=p
=
p
7,76atm
=pp=
2
2
3,88atm
SustituyendoenlaexpresióndeKp:
K = 3,88 =15,1
d) Si la temperatura permanece constante, el valor de la constante de equilibrio no
cambia,luegolapresiónenelrecipienteseríalamisma.
LaúnicadiferenciaestaríaenlacantidaddeNaHCO quepermaneceríaenelequilibrio.Al
haberseintroducidoinicialmente10gmásdeestasustancia,enelequilibrioaparecerían
esos10gdemás.
(ProblemasimilaralpropuestoenC.Valenciana1998).
7.36.Calcula
a1100Kparalasiguientereacción:
C(s)+
(g)+2 (g)2
sabiendoqueaesatemperatura:
C(s)+
(g)2CO(g) (g)CO(g)+
(g)
(g)
=1,3·10 =1,7·10 (C.Valenciana2002)
LaexpresióndelaconstanteK delareacciónproblemaes:
K =
p
p
p
LaexpresióndelaconstanteK delasreaccionesdadases:
K =
K =
pCO
p
=1,3·10 pCO p
p
=1,7·10 Comoseobserva,elvalordepCO noapareceenlaexpresióndelaK acalcular,portanto
despejandodichovalorenK yK eigualandoseobtiene:
pCO = K p
pCO = K
p
p

K
K
=
p
p
p
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
120
SustituyendolosvaloresdelasconstantesK yK seobtieneelvalordelaconstanteK :
K
K
K =
1,3·10
1,7·10
=
=4,5·
7.37.Enunrecipientede1Lenelqueinicialmentesehahechoelvacío,seintroducen2gde
C(s),4,4gde
(g)y0,28gdeCO(g).Alcalentara1000Ksealcanzaelequilibrio:
C(s)+
(g)2CO(g)
yelsistemacontiene1,97gdeCsólido.Calcula:
a)Lasconstantes y .
b)Lacomposicióndelequilibriocuandoenunrecipientede2Lseintroducen,a1000K,1g
deC(s),0,1molesde
(g)y0,1molesdeCO(g).
c)Indicaquéocurrecuandoenunrecipientede1Lseintroducen0,12gdeC(s),0,5molesde
(g)y0,01molesdeCO(g)ysecalientaa1000K.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2002)
a)Elnúmerodemolesinicialesdecadaespeciees:
2gC
1molC
=0,167molC
12gC
4,4gCO
1molCO
=0,100molCO 44gCO
0,28gCO
1molCO
=0,010molCO
28gCO
Al alcanzarse el equilibrio el sistema contiene menos C que al principio, por lo tanto, la
reaccióntranscurrehacialaformacióndeCO.
Latablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
C
0,167
x
—
0,167x
CO
0,100
x
—
0,100x
CO
0,010
—
2x
0,010+2x
ElnúmerodemolestransformadossecalculaapartirdelacantidaddeC:
x= 21,97 gC
1molC
=2,5·10 molC
12gC
Conocido el valor de x y aplicando la ecuación de estado del gas ideal se obtienen las
presionesparcialesenelequilibrio:
pCO =
p
=
0,010+2·2,5·10
0,1002,5·10
mol 0,082atm·L·mol
1L
·K
mol 0,082atm·L·mol ·K
1L
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
1000K
1000K
=1,23atm
=7,995atm
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K =
pCO
K =
p
121
1,23
=0,189
7,995
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
[CO
nCO 0,010+2·2,5·10
=
K =
[CO ] V·n
1 0,1002,5·10
=2,3·
b)Elnúmerodemolesinicialesdecadaespeciees:
1gC
1molC
=0,083molC0,100molCO 0,100molCO
12gC
Alexistirinicialmentetodaslasespeciesdelequilibrio,esprecisocalcularelvalordeQ parasaberenquesentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarelequilibrio:
Q =
[CO
=
[CO
nCO
V n
Q =
0,1
=0,05
2·0,1
Como se observa, Q > K , por lo que para que se alcance el equilibrio Q debe hacerse
).
menor,poresemotivoelsistemasedesplazahacialaizquierda(formaciónde
Lanuevatablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
C
0,083
—
x
0,083+x
CO
0,100
—
x
0,100+x
CO
0,100
2x
—
0,1002x
SustituyendoenlaexpresióndeKc:
2,3·10 =
0,1002x
x=3,74·10 mol
2 0,100+x
Lacomposicióndelequilibrioes:
1gC + 3,74 10 molC
0,1molCO
12gC
=1,449gC
1molC
+ 3,74·10 molCO )=0,137mol
0,1molCO  2 3,74·10 molCO =2,5·
–
molCO
c)Elnúmerodemolesinicialesdecadaespeciees:
0,12gC
1molC
=0,010molC0,500molCO 0,010molCO
12gC
Alexistirinicialmentetodaslasespeciesdelequilibrio,esprecisocalcularelvalordeQ parasaberenquesentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarelequilibrio:
Q =
0,01
=2,0·10 1·0,5
Como se observa, Q < K , por lo que para que se alcance el equilibrio Q debe hacerse
mayor,poresemotivoelsistemasedesplazahacialaderecha(formacióndeCO).
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
122
Lanuevatablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
C
0,010
x
—
0,010x
CO
0,500
x
—
0,500x
CO
0,010
—
2x
0,010+2x
SustituyendoenlaexpresióndeK :
2,3·10 =
0,010+2x
x=1,18·10
1 0,500x
mol
Como se observa, la cantidad de carbono que debe reaccionar es superior a la
cantidaddecarbonoinicial:
1,18·10 molC(reaccionado)>10 molC(inicial)
por tanto, con esa cantidad inicial de C es imposible que se alcance el equilibrio a esa
temperatura.
7.38.Dadoelsiguienteequilibrio:
(g)+C(s)
(g)+ (g)
Se sabe que a 900°C es 0,003; mientras que a 1200°C es 0,2. Responde de forma
razonadaalassiguientescuestiones:
a)¿Cuáleslatemperaturamásadecuadaparafavorecerlaproducciónde
?
b)¿Cómoafectaríaalareacciónunaumentodepresión?
c)Siseelimina amedidaquesevaformando,¿haciadóndesedesplazaelequilibrio?
d)Dadoquealaumentarlatemperaturalareacciónsedesplazahacialaformaciónde
,
¿lareacciónesexotérmicaoendotérmica?
(Canarias2003)
a‐d)Laconstantedeequilibriodelareacciónes:
K =
[CO ][H ]
[H O]
Si aumenta la temperatura, el valor de la constante de equilibrio se hace mayor, lo cual
quiere decir que se trata de una reacción endotérmica. Por tanto, se favorece la
siseaumentalatemperatura.
producciónde
ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
b) Si aumenta la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplazaenelsentidoenelquebajelapresión,esdecir,enelsentidoenelquedisminuya
el número de moléculas gaseosas presentes en el equilibrio, en este caso hacia la
formaciónde O.
c) Si se elimina , de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se desplaza
hacialaformaciónde .
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
123
7.39. Se introduce 1 mol de cloruro de nitrosilo (NOCl) en un recipiente de 10 L a 500 K
estableciéndoseelsiguienteequilibrio:
NOCl(g)NO(g)+½ (g)
Silapresiónenelequilibrioesde5atm.Calcula:
a)ElgradodedisociacióndelNOCl.
b)Elnúmerodemolesdecadaespecieenelequilibrio.
c)Losconstantes y aesatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2003)
a) La tabla de moles correspondiente al equilibrio en función del número de moles
inicialesydelgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
NOCl
NO
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
½nα
n–nα
nα
½nα
n–nα +nα+½nα=n 1+½α
El valor de la presión en el equilibrio permite calcular el valor del grado de disociación.
Considerandocomportamientoideal:
1 1+½α mol=
5atm·10L
0,082atm·L·mol ·K
500K
α=0,4444%
b)Elnúmerodemolesdecadaespecieenelequilibrioes:
nNOCl = 1–1·0,44 mol=0,56mol
nNO = 1·0,44 mol=0,44mol
n
= 1–0,5·0,44 mol=0,22mol
c)LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
[NO][Cl
[NOCl]
½
=
nNO n
nNOCl ) V
½
½
K =
0,44 0,22 ½
= ,
0,56 10 ½
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1,5–1=0,5
K =0,116 0,082·500
½
=0,743
7.40.A27°Cy1atm,el
estáparcialmentedisociadoen
densidaddelamezclagaseosaes3,12g/L,calcula .
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
.Sienestascondicionesla
(Galicia2003)
Elequilibrioaestudiares:
N O (g)2NO (g)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
124
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
N O n
nα
—
n–nα
n–nα +2nα=n
NO
—
—
2nα
2nα
1+α
Modificandolaecuacióndeestadodelosgasesidealessepuedeobtenerelvalordelgrado
dedisociaciónenfuncióndeladensidadypresióndelamezclaaciertatemperatura:
pV=nt RTpV=n 1+α RTpV=
pM=
m
1+α RT
M
m
1+α RTpV=ρ 1+α RT
V
ElvalordelgradodedisociacióndelN2 O4 es:
1+α =
1atm 92g·mol
0,082atm·L·mol ·K
3,12g·L
27+273 K
Seobtiene,α=0,220%.
LaleydeDaltonpermitecalcularlaspresionesparcialesdecadagasenelequilibrio:
p
p
=p·y
=p·y
=p
=p
n 1–α
p
n 1+α
2nα
p
n 1+α
=1atm
=1atm
1–0,2
=0,667atm
1+0,2
2·0,2
=0,333atm
1+0,2
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
p
p
K =
0,333
0,667
,
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K c =0,167[0,082(27+273)
=6,8·
7.41.LadescomposicióndelHgO(s)a420°Cserealizasegúnlareacción:
2HgO(s)2Hg(g)+ (g)
SeintroduceenunmatrazunaciertacantidaddeHgOysecalientaa420°C.Lapresiónenle
interiordelmatrazunavezestablecidoelequilibrioesde0,510atm.Calcula:
a)Laconstantedeequilibrio delprocesoanterior.
b)LacantidaddeHgOquesehadescompuestosielmatraztieneunacapacidadde5,0L.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Cádiz2003)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
125
a)A420°Csealcanzaelequilibrio:
2HgO(s)2Hg(g)+O (g)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
HgO
n
2x
—
n–2x
Hg
—
—
2x
2x
O
—
—
x
x
SetratadeunequilibrioheterogéneoylaexpresióndelaconstanteK es:
K = pHg p
Segúnlaestequiometría,lacantidaddeHgenelequilibrioeseldoblequeladeO :
pHg =2p =2p
DeacuerdoconlaLeydeDalton,lapresióntotaldelamezclagaseosaes:
p =pHg +p =2p+p=3pp =
p
0,510atm
=
=0,170atm
3
3
SustituyendoenlaexpresióndeK :
K = 2p ·p=4p K =4 0,470 =1,97·10
b)Considerandocomportamientoideal,elnúmerodemolesdeO formadoses:
x=
0,170atm·5L
=1,5·10 molO2
0,082atm·L·mol ·K 420+273 K
RelacionandoO conHgO:
1,5·10 molO
2molHgO 216,6gHgO
=0,65gHgO
1molO
1molHgO
7.42.Considereelequilibriodedescomposicióndel
(g)establecidoa182°C:
(g)
(g)+ (g)
En un reactor químico se introduce
y se eleva su temperatura hasta 182°C. Una vez
alcanzado el equilibrio, se determina que el porcentaje en volumen de cloro en la mezcla
gaseosaesdel10%,siendolapresiónenelinteriordelreactorde7,46atm.Calcule:
a)Laspresionesparcialesdecadagasenelequilibrio.
b)Elvalorde y .
c)Elporcentajeenvolumende silamezclaseexpansionahasta2atm,manteniéndose
constantelatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2003)
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
SbCl n
x
—
n–x
SbCl
—
—
x
x
Cl
—
—
x
x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
126
De acuerdo con la ley de Avogadro, la composición en volumen de una mezcla gaseosa
coincideconsucomposiciónmolar.Porlotanto,silamezclacontieneun10%envolumen
deCl2ysegúnlatablademolesenelequilibriosepuedeescribirque:
y
=y
=0,1
ySbCl =1– y
+y
5
=0,8
dondeyrepresentalafracciónmolardecadacomponente.
LaleydeDaltonpermitecalcularlaspresionesparcialesdecadagasenelequilibrio:
p
=p
p
=p·y
=p·y
p
p
=7,46atm·0,1=0,746atm
=7,46atm·0,8=5,968atm
b)SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
p
p
K =
p
0,746 0,746
=9,3·
5,968
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K =9,3·10 [0,082(183+273)
=2,5·
c)DeacuerdoconlaleydeDalton,sepuededesarrollarlaexpresióndeK :
K =
p·y
p·y
=p
p·y
y
y
y
LlamandoyalafracciónmolardelCl2enlamezclagaseosaalalcanzarseelequilibrio,la
composicióndelamezclaenequilibrioserá:
y
=y
y
=1– y
=y
+y
=1–2y
SustituyendoestosvaloresenlaexpresióndeK enelcasodeunaexpansiónisotérmica
hastaquep=2atm:
9,3·10 =2
y
 =yCl =0,174
2
1–2y
ElvalorobtenidoesconcordanteconloqueprediceelprincipiodeLeChâtelier,quedice
quesidesciendelapresiónenelsistema,éstesedesplazaenelsentidoenelqueaumente
elnúmerodemoléculasdegasenelequilibrioparadeestaformacompensareldescenso
enlapresión.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
127
7.43.Dadalareacción:
(s)+2 (g)Sn(s)+2
(g) ΔH=160kcal
a)Calculalaconstante a500°Cparaelequilibrioanteriorsabiendoqueunamezcladelas
cuatrosustanciasdioenequilibrio0,1molesdeaguay0,1molesdehidrógenomolecularen
unrecipientede1L.
b)¿Cuántovalelaconstante ?
c) Si se añaden 3 g de hidrógeno molecular al equilibrio anterior, ¿cuáles serán las nuevas
concentracionesdelassustanciasenelequilibrio?
d)Siseaumentalatemperatura,¿seformarámásagua?Contestadeformarazonada.
e) Si se disminuye la presión, ¿se obtendrá más cantidad de agua o por el contrario se
obtendrámáscantidaddehidrógeno?
(Asturias2003)
a)LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK es:
K =
[H O]2
[H ]2
Sustituyendoteniendoencuentaelvolumennoafectaalvalordelaconstante:
K =
0,1
0,1
2
2
=1
b)LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=0
K =K =1
c) Si se añaden a la mezcla en equilibrio 3 g de H , de acuerdo con el principio de
Le Châtelier, el equilibrio se desplaza en el sentido en el que se consuma la sustancia
añadida,esdecir,hacialaformacióndeH O.
ElnúmerodemolesdeH añadidoes:
3gH
1molH
=1,5molH 2gH
Latablademolesenelequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
H 0,1+1,5 2x
—
1,6–2x
H O
1
—
2x
0,1+2x
SustituyendoenlaexpresióndelaconstantedeequilibrioKc:
0,1+2x
1,62x
=1x=0,375mol
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[H O =
0,1+2·0,375 mol
=0,85M
1L
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
[H =
128
(1,6–2·0,375)mol
=0,85M
1L
ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
d)Siaumentalatemperatura,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistemase
desplazaenelsentidoenelquedesciendalatemperatura.Comosetratadeunproceso
endotérmico,elequilibriosedesplazaenelsentidoenelqueseconsumacalor,esdecir,
,portantolacantidadde
aumenta.
hacialaformaciónde
e) Si disminuye la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplazaenelsentidoenelquesubalapresión,esdecir,enelsentidoenelqueaumente
elnúmerodemoléculasgaseosaspresentesenelequilibrio.Comosetratadeunproceso
en el que hay la mismo cantidad de gas en productos que en reactivos el equilibrio
permanececonstante.
permaneceinalterado,portantolacantidadde
7.44.Laconstantedeequilibriodelprocesoenestadogaseoso:
AB+C es =4a27°C.
Adichatemperaturayenunrecipientede3Ldecapacidad,inicialmentevacío,seintroducen
1moldeAy1moldeB.Calcule:
a)LaconcentracióndelaespecieCenelequilibrio.
b)Laspresionesinicialydeequilibrioenelrecipiente.
c)Laconstante .
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(CastillayLeón2003)(Cádiz2007)
a)Seconstruyelatablademolescorrespondiente:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
A
1
x
—
1–x
B
1
—
x
1+x
C
—
—
x
x
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
[B][C]
[A]
Sustituyendo
4=
1+x x
x=0,866mol
1–x 3
LaconcentracióndeCenelequilibrioes:
C =
0,1+2·0,01 mol
0,866mol
=
=0,288M
5L
3L
b)Considerandocomportamientoideal,laspresionesenelequilibrioson:
pA =
1–0,866 mol 0,082atm·L·mol ·K
3L
27+273 K
=1,1atm
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
1+0,866 mol 0,082atm·L·mol ·K
3L
pB =
0,866mol 0,082atm·L·mol
3L
pC =
·K
27+273 K
27+273 K
129
=15,3atm
=7,1atm
c)ElvalordelaconstanteK es:
K =
pB ·pC
15,3 7,1
K =
=98,8
1,1
pA
7.45.Unamuestrade25gdecarbamatoamónicosólidoseintroduceenunrecipientevacío
de3litrosyalcalentara225°Csedescomponesegúnlareacción:
(s)2
(g)+
(g)
Enelequilibriolapresióntotaldelsistemaesde6atmósferas.Calcule:
a)Lasconstantesdeequilibrio y .
b)Eltantoporcientodecarbamatoamónicoquesehadescompuesto.
c)Lafracciónmolarenamoniaco.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Córdoba2003)
a)SetratadeunequilibrioheterogéneoylaexpresióndelaconstanteK es:
K = p
p
Segúnlaestequiometría,lacantidaddeNH enelequilibrioeseldoblequeladeCO :
p
=2p
=2p
DeacuerdoconlaleydeDalton,lapresióntotaldelamezclagaseosaes:
p =p
+p
=2p+p=3pp
=
p
6atm
=
=2atm
3
3
SustituyendoenlaexpresióndeK :
K = 2p ·p=4p K =4 2 =32
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=3–0=3
Sustituyendo:
K =32[0,082(225+273)
=4,7·
Construyendolatablademolescorrespondientealequilibrio:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NH CO NH n
x
—
n–x
NH
—
—
2x
2x
CO
—
—
x
x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
130
Considerandocomportamientoideal,apartirdelapresión,sepuedeobtenerelnúmerode
molesdeCO formados:
x=
2atm·3L
x=0,147molCO 0,082atm·L·mol ·K 225+273 K
b)LamasadeNH CO NH quesedescomponees:
0,147molCO
1molNH CO NH 78gNH CO NH
=11,5gNH CO NH 1molCO
1molNH CO NH
ElporcentajedeNH CO NH quesehadescompuestoes:
11,5gNH CO NH transformado
100=46%
25,0gNH CO NH inicial
c)LafracciónmolardeNH enelequilibrio:
y
2x
=0,67
3x
7.46.Enunrecipientede5Lseintroducen0,1700gdeamoníaco(g)y0,7290deHCl(g).Al
calentara275°Cy,despuésdealcanzadoelequilibrio,seobservalaformaciónde0,1497g
de
sólido.Calculalasconstantes y delequilibrio:
(s)
(g)+HCl(g)
Calculalacomposiciónenelequilibrioenloscasossiguientes:
a) En un recipiente de 1 L se introducen 1,000 g de
(s) y 0,1700 g de
calientaa275°C.
b) En un recipiente de 3 L se introducen 0,100 g de
(s) y 0,1700 g de
calientaa275°C.
c)Enunrecipientede5Lseintroducen0,0680gde
(s)y0,2916gde
calientaa275°C.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(g) y se
(g) y se
(g)yse
(C.Valenciana2003)
Para poder calcular la composición de una mezcla en equilibrio es preciso determinar,
previamente,elvalordelaconstantedeequilibrioaesatemperatura.
ElnúmerodemolesinicialesdeNH yHCles:
0,1700gNH
1molNH
=0,01molNH 17gNH
0,7290gHCl
1molHCl
=0,02molHCl
36,5gHCl
Latablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NH Cl
—
—
x
x
NH
0,01
x
—
0,01x
HCl
0,02
x
—
0,02x
LacantidaddeNH Clenelequilibriopermitedeterminarlosmolesformados:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
x=0,1497gNH Cl
131
1molNH Cl
=2,8·10 molNH Cl
53,5gNH Cl
ElnúmerodemolesdeNH yHClenelequilibrioes:
n
= 0,012,8·10
nHCl = 0,022,8·10
molNH =7,2·10 molNH molHCl=1,72·10 molHCl
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =[NH ][HCl]K =
7,2 10
5
1,72 10 =4,95·10
5
Considerandocompotamientoideallaspresionesenelequilibrioson:
p
=
pHCl =
7,2 10 mol 0,082atm·L·mol ·K
5L
1,72 10 mol 0,082atm·L·mol
5L
275+273 K
·K
=0,0647atm
275+273 K
=0,1546atm
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K = p
pHCl K = 0,0647 0,1546 =0,01
a)Siinicialmenteelsistemacontiene1,000gdeNH Clyademásunnúmerodemolesde
NH :
1molNH
0,1700gNH
=0,01molNH 17gNH
ParaquesealcanceelequilibrioelsistemasedesplazahacialaformacióndeHCl,laúnica
especienopresente.Latablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NH Cl
n
x
—
nx
NH
0,01
—
x
0,01+x
HCl
—
—
x
x
SustituyendoenlaexpresióndeK :
4,95·10 =
0,01+x x
· x=4,73·10
1
1
mol
Lascantidadesdelasespeciespresentesenelequilibrioson:
0,17gNH + 4,73 10 molNH
4,73·10 molHCl
17gNH
1molNH
=0,178g
36,5gHCl
=0,017gHCl
1molHCl
1,000gNH Cl  4,73 10 molNH Cl
53,5gNH Cl
=0,975g
1molNH Cl
b)Esteapartadoesidénticoalanteriorconlasdiferenciasdelvolumendelrecipiente,3L,
ylacantidadinicialdeNH Clqueahoraes0,1g.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
132
SustituyendoenlaexpresióndeK :
4,95·10 =
0,01+x x
· x=3,34·10
3
3
mol
Lascantidadesdelasespeciespresentesenelequilibrioson:
0,100gNH Cl  3,34 10 molNH Cl
53,5gNH Cl
=‐0,079g
1molNH Cl
esabsurdo,locualquieredecirque
Comoseobserva,elresultadoobtenidoparael
la cantidad inicial de esta sustancia es inferior a la mínima necesaria para que se
alcanceelequilibrioaesatemperatura.
ApartirdelvalordeK sepuedecalcularcuáldeberíaseresacantidad:
Kp= p
x=
pHCl =0,01pNH =pHCl =0,1atm
3
0,1atm·3L
=6,67·10 mol
0,082atm·L·mol ·K 275+273 K
6,67·10 molNH Cl
53,5gNH Cl
=0,357g
1molNH Cl
La cantidad calculada es la mínima necesaria para que se alcance el equilibrio en las
condicionespropuestas(275°Cy3L)ylacantidadinicialdada(0,100g)esinferioraésta
porloquetodoelsólidosedescomponeynosealcanzaelequilibrio.
c)Esteapartadoescomoelanteriorconlaúnicadiferenciadelvolumenquees5L.
Delamismamaneraquesehizoenelapartadoanterior,lacantidadmínimanecesariade
NH Clparaquesealcanceelequilibrioes:
x=
0,1atm·5L
=1,11·10 mol
0,082atm·L·mol ·K 275+273 K
1,11·10 molNH Cl
53,5gNH Cl
=0,595g
1molNH Cl
La cantidad inicial (0,0680 g) es aún menor que la mínima necesaria para que se
alcance el equilibrio en esas condiciones (275°C y 5 L) por lo que todo el sólido se
descomponeynosealcanzaelequilibrio.
7.47.SetieneunsistemaenequilibrioformadoporC(s),
(g)y
(g):
C(s)+2 (g)
(g) ΔH<0
Justificacomosedesplazaelequilibriocuando:
a)Aumentalapresióntotal.
b)Aumentalatemperatura.
c)Seañadecarbonosólidoalrecipiente.
d)Disminuyelapresiónparcialdelmetano.
(C.Valenciana2003)
ElprincipiodeLeChâtelierdiceque:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistemacausaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
133
Suaplicaciónsirveparavercómoafectaráalsistemaenequilibriocadaunodeloscambios
propuestos.
a)Siseaumentalapresióntotalatemperaturaconstante,deacuerdoconelprincipiode
LeChâtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelquebajelapresión,paraellodebe
desplazarse en el sentido en el descienda el número de moléculas gaseosas en el
equilibrio.Comoaladerechahaymenosmoléculasdegas,elsistemasedesplazahaciala
(g).
formaciónde
b)Siseaumentalatemperatura,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistema
sedesplazaenelsentidoenelqueseconsumaelcalorañadidoyasíbajelatemperaturay
teniendoencuentaquesetratadeunprocesoexotérmicoelsistemasedesplazahaciala
formaciónde (g).
c)SiseañadeC(s)alsistemaenelequilibrio,elsistemapermaneceinalteradoyaque
como se trata de una sustancia sólida no aparece en la expresión de la constante de
equilibrioyporlotantosusvariacionesnolamodifican.
d) Si se disminuye la presión parcial del metano, de acuerdo con el principio de
LeChâtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelqueaumentelapresiónparcialde
esta sustancia por lo que debe aumentar la cantidad de la misma en el equilibrio lo que
(g).
hacequeelsistemasedesplacehacialaformaciónde
7.48.AlatemperaturaT,paraelequilibrio:
(s)CaO(s)+
(g)
=a.
Indicaloqueocurreencadaunodeloscasossiguientes:
a)Enunrecipienteseintroducen
(s),CaO(s)y
(g)aunapresiónb,dondeb>a.
b)Enunrecipienteseintroducen
(s),y
(g)aunapresiónb,dondeb>a.
c)Enunrecipienteseintroducen
(s),CaO(s)y
(g)aunapresiónb,dondeb<a.
d)Enunrecipienteseintroducen
(s),y
(g)aunapresiónb,dondeb<a.
(C.Valenciana2003)(C.Valenciana2004)
LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK es:
K =p
a)ElrecipientecontienetodaslasespeciesyQ =b.
ComoQ >K ,paraquesealcanceelequilibrioesprecisoquedisminuyaelvalordeQ hasta que se iguale al valor de K , para ello el sistema debe desplazarse hacia la
.
formaciónde
b)ElrecipientecontienesóloCaCO (s),CO (g)yQ =b.
ComoQ >K ,paraquesealcanceelequilibrioesprecisoquedisminuyaelvalordeQ hasta que se iguale al valor de K , para ello el sistema debería desplazarse hacia la
formacióndeCaCO peroalfaltardentrodelrecipientelaespecieCaOesimposibleque
sealcanceelequilibrio.
c)ElrecipientecontienetodaslasespeciesyQ =b.
Como Q < K , para que se alcance el equilibrio es preciso que aumente el valor de Q hasta que se iguale al valor de K , para ello el sistema debe desplazarse hacia la
formacióndeCaO(s)y
(g)siemprequeexistaunamínimacantidaddeCaCO para
quesealcanceelequilibrio.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
134
d)ElrecipientecontienesóloCaCO (s),CO (g)yQ =b.
Como Q < K , para que se alcance el equilibrio es preciso que aumente el valor de Q hasta que se iguale al valor de K , para ello el sistema debe desplazarse hacia la
formacióndeCaO(s)y
(g)siemprequeexistaunamínimacantidaddeCaCO para
quesealcanceelequilibrio.
7.49.Enunrecipientedevolumenfijosecalentóa1000Kunamezcladecarbonoydióxido
de carbono. Una vez alcanzado el equilibrio, se analizó la mezcla gaseosa existente y se
encontróun40%envolumende
.
Sabiendoqueadichatemperatura, =13,5paraelequilibrio:
C(s)+
(g)2CO(g)
Calcule:
a)Lapresiónquesemediráenelrecipiente.
b)Laconcentraciónmolardelosgasesdelamezcla.
c) ¿Cómo afectará un aumento de presión a este equilibrio si se mantiene constante la
temperatura?
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2004)
a)Enelequilibriosetieneunamezclaformadapordosgases,CO yCO.Sielcontenidode
CO esdel40%envolumen,el60%restantecorrespondealCO.
De acuerdo con la ley de Avogadro, en una mezcla gaseosa la composición en volumen
coincideconlacomposiciónmolar,porlotanto,lasfraccionesmolaresrespectivasserán:
y
=0,4yCO =1–y
=0,6
AplicandolaleydeDaltondelaspresionesparciales,sepuededesarrollarlaexpresiónde
K :
p yCO
y
p
K = CO =
K =p CO p
p·y
y
Sustituyendolosvaloresdadosseobtieneelvalordepresióndelamezcla:
0,6
p=
0,4
13,5=p
b)Laspresionesparcialesson:
p
=15atm·0,4=6atm
pCO =15atm·0,6=9atm
Considerandocomportamientoideal,lasconcentracionesson:
[CO ]=
[CO]=
p
RT
[CO ]=
6atm
0,082atm·L·mol ·K
pCO
9atm
[CO]=
0,082atm·L·mol ·K
RT
c)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
1000K
1000K
=0,073M
=0,110M
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
135
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Si se produce un aumento de la presión a temperatura constante, de acuerdo con el
principio de Le Châtelier, el sistema se desplaza en el sentido en el que descienda la
presión,paraellosedesplazadeformaquedesciendaelnúmerodemoléculasdegasenel
.
equilibrio.Elsistemasedesplazahacialaformaciónde
7.50.Seintroducen0,50molesde
alcanzándoseelequilibrio:
(g)+
(g)
y0,50molesde
(g)+CO(g)
enunrecipientede2,34La2000K,
siendo
=4,40
Calculalaconcentracióndecadaespecieenelequilibrio.
(Canarias2004)
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=0
K =K =4,40
Latablademolesenelequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
CO 0,50
—
x
0,5–x
H
0,50
—
x
0,5– x
CO
—
x
—
x
H O
—
x
—
x
LaexpresióndelaconstanteK es:
[CO][H O]
K =
[CO ][H ]
nCO n
nV nV
V
V
K =
nCO n
n
n
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
4,40=
x
0,50–x
x=0,338mol
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[CO]=[H O]=
0,338mol
=0,144M
2,34L
[CO ]=[H ]=
0,5–0,338 mol
=0,069M
2,34L
7.51.El
gaseososedisociaa1000Ksegúnelequilibrio:
(g)CO(g)+ (g)
Calcula el valor de cuando la presión del sistema en equilibrio es 1 atm y el grado de
disociacióndel49%.
(Canarias2004)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
136
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
COCl CO
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
nα
n–nα
nα
nα
n–nα +nα+nα=n 1+α
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
pCO p
p
De acuerdo con la ley de Dalton de las presiones parciales la expresión anterior queda
como:
nα
nα
p·yCO p·y
α
n 1+α n 1+α
K =
=p
K =p
n 1–α)
p·y
1–α
n 1+α)
Sustituyendo:
K =1
0,49
1– 0,49
=0,316
7.52.Paraelequilibrio:
2NO(g)+2CO(g) (g)+
(g) ΔH°<0
Indica tres formas de actuar sobre el equilibrio que reduzcan la formación de CO, un gas
extremadamentetóxico.
(Canarias2004)
Para reducir la cantidad de CO presente en el sistema se debe desplazar el equilibrio de
formaqueseconsumaestasustanciayseformemásCO .
ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Sidisminuyelatemperatura,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistemase
desplaza en el sentido en el que aumente la temperatura. Como se trata de un proceso
exotérmico,elequilibriosedesplazaenelsentidoenelquesedesprendacalor,esdecir,
,portantolacantidaddeCOdisminuye.
hacialaformaciónde
 Si aumenta la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplazaenelsentidoenelquebajelapresión,esdecir,enelsentidoenelquedescienda
elnúmerodemoléculasgaseosaspresentesenelequilibrio.Comosetratadeunproceso
en el que hay la menos cantidad de gas en productos que en reactivos el equilibrio se
,portantolacantidaddeCOdisminuye.
desplazahacialaformaciónde
Siextrae
,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistemasedesplazaenel
sentidoenelqueformeestasustancia,portantolacantidaddeCOdisminuye.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
137
7.53. El sulfato de cobre (II) pentahidratado absorbe energía a 23°C y se transforma de
formaespontáneaensulfatodecobretrihidratadoyvapordeagua.Entreambossólidosse
establece,enunrecipientecerradoa23°C,unequilibriocuya es1,0·10 atm.
a)Escribelareacciónquímicadelproceso.
b)Calculalapresión(mmHg)delvapordeaguaalalcanzarseelequilibrio.
c)¿Enquésentidosedesplazarálareacciónsiseelevalatemperatura?
d)Conociendoquelapresióndevapordelaguapuraa23°Cesde23,8mmHg,razonaenqué
sentidosedesplazarálareacciónanteriorsilamezclaenequilibrioa23°Csedepositaenun
recipientecerradoconunahumedadrelativadel50%.
(Asturias2004)(Galicia2006)(Murcia2008)
a)Laecuaciónquímicacorrespondientealequilibrioes:
·5
(s)
·3
(s)+2
(g)
b)SetratadeunequilibrioheterogéneoylaexpresióndelaconstanteK es:
K = p
Delaexpresiónanteriorseobtiene:
p
= K p
= 1,0·10
=10 atm
760mmHg
=7,6mmHg
1atm
c)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Si aumenta la temperatura, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplazaenelsentidoenelquedisminuyalatemperatura.Comosetratadeunproceso
endotérmico,elequilibriosedesplazaenelsentidoenelqueseconsumacalor,esdecir,
.
hacialaformaciónde
d)Silamezclaenequilibrioseintroduceenunrecipienteconunahumedadrelativadel
50%quieredecirqueelvapordeaguaquecontieneelrecipienteejerceunapresión:
p
=0,5·23,8mmHg=11,9mmHg
Comoelvalordelapresióninicial(11,9mmHg)esmayorquelapresióndeequilibrio
(7,6mmHg)elequilibriosedesplazaenelsentidoenelqueseconsumaH O(g)hasta
·5
.
queseconsigalapresióndeequilibrio,esdecir,hacialaformaciónde
7.54.Seintroducen14,2gde
enunrecipientecerradode0,5litrosa32°C.Alcanzadoel
equilibrio,unanálisisrevelaquesehadescompuestoel50%del
segúnlareacción:
(g)
(g)+
(g)
Calcule:
a)Concentracionesdecadacomponenteenelequilibrio.
b)Laconstante .
c)Porcentajededisociaciónypresionesparcialescuandoseduplicaelvolumen.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Córdoba2004)
a)Elnúmerodemolesinicialeses:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
n=14,2gPCl
138
1molPCl
=0,068molPCl 208,5gPCl
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
PCl PCl
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
nα
n–nα
nα
nα
n–nα +nα+nα=n 1+α
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[PCl ]=[Cl ]=
[PCl ]=
0,5 0,068mol
=0,068M
0,5L
1–0,5 0,068mol
=0,068M
0,5L
b)LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
[PCl ][Cl ]
0,068·0,068
K =
=6,8·10
0,068
[PCl ]
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K =6,8·10 [0,082· 32+273 =1,7
Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesylapresióntotalson:
=p
p
= 0,068mol·L
pPCl = 0,068mol·L
5
0,082atm·L·mol ·K
0,082atm·L·mol
·K
32+273 K=1,7atm
32+273 K=1,7atm
pt = 1,7+1,7+1,7 atm=5,1atm
c) De acuerdo con la ley de Dalton de las presiones parciales la expresión de K queda
como:
nα
nα
p·y
p·y
α
n 1+α n 1+α
=p
K =p
K =
n 1–α)
p·y
1–α
n 1+α)
Si se duplica el volumen a temperatura constante, de acuerdo con la ley de Boyle, la
presiónsereducealamitad(2,55atm).Sustituyendo:
1,7=
3·1,7 α
α=0,63263,2%
2 1–α
Lasconcentracionesalalcanzarsedenuevoelequilibrioson:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
[PCl ]=[Cl ]=
[PCl ]=
139
0,632 0,068mol
=0,043M
1,0L
1–0,632 0,068mol
=0,025M
1,0L
7.55.Elfosgeno(
)esunimportanteproductointermedioenlafabricacióndealgunos
plásticos.A500°CsedescomponeenCO(g)y (g)estableciéndoseelsiguienteequilibrio:
(g)CO(g)+ (g)
ΔH<0
a)A500°C,yunavezalcanzadoelequilibrio,laspresionesparcialesdeCO, y
son
0,413atm,0,237atmy0,217atm,respectivamente.Calculeelvalordelasconstantes y a500°C.
b) Inicialmente, un matraz de 5,00 L contiene
, y CO a las presiones parciales de
0,689atm,0,250atmy0,333atm,respectivamente:
b1)Justificaqueenesascondicioneselsistemanoestáenequilibrio.
b2)Despuésdeestablecerseelequilibrioa500°C,lapresiónparcialde
es0,501atm.
CalculelaspresionesparcialesdeCOy enelequilibrio.
b3)Calculelasconcentracionesmolaresdecadaunadelasespeciesenelequilibrio.
b4)Calculeelgradodedisociacióndel
.
c)¿Enquésentidosedesplazaráelsistemaenequilibriosi?:
c1)elsistemaseexpande.
c2)seañadeHe.
c3)seelimina .
c4)seaumentalatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Sevilla2004)
a)ElvalordelaconstanteK es:
K =
pCO p
K =
p
0,413·0,237
=0,451
0,217
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
Sustituyendo:
K =0,451[0,082· 500+273
=7,1·10
b1)Parasabersielsistemaseencuentraenequilibriosecalculaelvalordelcocientede
reacciónQ ysecomparaconelvalordeK :
Q =
pCO p
p
Comoseobserva,

Q =
0,333·0,250
=0,121
0,689
,porlotanto,elsistemanoseencuentraenequilibrio.
Para que se alcance este a la misma temperatura, el valor de Q debe aumentar hasta
igualarsealvalordeK .
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
Paraello pCO yp debenaumentary p
desplazahacialaformacióndeCOy .
140
debedisminuir,porlotanto,elsistemase
b2)Seconstruyelatabladepresionescorrespondiente:
pinicial
ptransformado
pformado
pequilibrio
COCl 0,689
p
—
0,689–p
CO
0,333
—
p
0,333+p
Cl
0,250
—
p
0,250+p
Laspresionesenelequilibrioson:
p
= 0,689–p =0,501p=0,188atm
pCO = 0,333+0,188 atm=0,521atm
p
= 0,250+0,188 atm=0,438atm
b3)Considerandocomportamientoideal,lasconcentracionesson:
[COCl ]=
[CO]=
[Cl ]=
p
RT
=
0,501atm
=7,9·10
0,082atm·L·mol ·K 500+273 K
pCO
0,521atm
=
=8,2·10
0,082atm·L·mol ·K 500+273 K
RT
p
RT
=
0,438atm
=6,9·10
0,082atm·L·mol ·K 500+273 K
M
M
M
b4) El grado de disociación, α, se obtiene relacionando la presión (moles) de fosgeno
disociadoconlapresión(moles)defosgenoinicial:
α=
n
n
disociado p
=
p
inicial
α=
0,188
=0,27327,3%
0,689
c)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
c1) Si el sistema se expande disminuye la presión. De acuerdo con el principio de
LeChâtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelquesubalapresión.Paraellodebe
desplazarseenelsentidoenelqueseaumenteelnúmerodemoléculasgaseosaspresentes
enelequilibrio,enestecaso,elsistemasedesplazahacialaformacióndeCOy .
c2)SiseañadeHe(gasinerte)alsistemapuedehacersededosformas:
 a V cte: sólo aumenta la presión total del sistema por adición de un nuevo
componentegaseososinqueseproduzcamodificacióndelequilibrio.
apcte:seproduceunaumentodelvolumenaTcte.Estasituacióneslamismaque
ladelapartadoc1).
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
141
c3) Si se elimina cloro, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplazaráenelsentidoenelqueserepongaelcloroextraído,porlotanto,elsistemase
desplazahacialaformacióndeCOy .
c4)Siseaumentalatemperatura,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistemase
desplazaráenelsentidoenelquedesciendalatemperatura.Comosetratadeunproceso
exotérmico, para que se consuma calor el sistema se desplaza hacia la formación de
.
También se puede explicar por medio de la ecuación de van’t Hoff que indica la
dependenciadelaconstantedeequilibrioconlatemperatura:
ln
K
K
=
ΔH 1
1
–
R T
T
SabiendoqueΔH<0(procesoexotérmico)ysi:
T >T 
1
1

>0
T
T
Entoncessecumpleque:
ln
K
K
<0K <K siKp disminuyeelsistemasedesplazahacialosreactivos.
7.56.A400°Cyunapresióntotalde10atm,elamoníacoestádisociadoenun98%.Calcula
lasconstantes y delequilibrio:
2
(g)
(g)+3
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
(g)
·
)
(C.Valenciana2004)
Elgradodedisociación,α,sedefinecomo:
α=
molesdisociados x
= molesiniciales
n
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelgradodedisociación,α,yde
lacantidadinicial,n,es:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
NH N
H
n
—
—
nα
—
—
—
½ nα
1½ nα
n–nα
½ nα
1½ nα
n–nα +½nα+1½nα=n 1+α
AplicandolaleydeDaltonsecalculanlaspresionesparciales:
p
=p
n 1α
p
n 1+α
=10
10,98
=0,101atm
1+0,98
p =p
nα
0,98
p =10
=2,475atm
2n 1+α
2 1+0,98
p =p
3nα
3·0,98
p =10
=7,424atm
2n 1+α
2 1+0,98
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
142
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
p
p
2,475 7,424
0,101
K =
p
=9,93·104 LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2
K =9,93·104 0,082·673
=32,6
7.57.Cuandoenunmatrazde1Lseintroducen0,07molesde
lugarlasiguientereacción:
ysecalientaa35°Ctiene
(g)2
(g)
Cuandosealcanzaelequilibrio,lapresióntotaldelamezclaesde2,17atm.Calcula:
a)Elgradodedisociación.
b)Lapresiónparcialdel
enelequilibrio.
c)Elvalordelaconstante .
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2005)
a) La tabla de moles correspondiente al equilibrio en función del número de moles
iniciales,n,ydelgradodedisociación,α,es:
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
N O NO
n
—
nα
—
—
2nα
n–nα
2nα
n–nα +2nα=n 1+α
ConsiderandocomportamientoidealsepuedeobtenerelgradodedisociacióndelN O a
partirdelapresióndelamezcla:
0,07 1+α =
2,17atm·1L
α=0,22722,7%
0,082atm·L·mol ·K 35+273 K
b)LapresiónparcialdelNO enelequilibrioes:
p
=
2·0,07·0,227 mol 0,082atm·L·mol
1L
c)LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK es:
K =
[NO
4nα
=
[N O ] V 1–α
Sustituyendo:
K =
4 0,07 0,227 =1,87·10
1 1–0,227
·K
35+273 K
=0,8atm
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
143
7.58. Los ésteres se utilizan en la elaboración de aditivos alimentarios debido a su
característico olor a frutas. El butanoato de etilo proporciona el sabor a piña tropical y se
obtienemediantelasiguientereacción:
+

+
Enunrecipienteseintroducen1moldeácidobutanoicoy1moldeetanola293K.Unavez
que se ha alcanzado el equilibrio la mezcla resultante contiene 0,67 moles de éster y 0,67
molesdeagua.Calcula:
a)Losmolesdeetanolyácidobutanoicoquehanquedadosinreaccionarenelequilibrio.
b)Elvalordelaconstante .
(Canarias2005)
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
CH CH CH COOH CH CH OH CH CH CH COOCH CH 1
1
—
x
x
—
—
—
x
1–x
1– x
x
H O
—
—
x
x
Teniendoencuentaquex=0,67moles,losmolesdelosreactivosenelequilibrioson:
1–0,67 mol=0,33mol
1–0,67 mol=0,33mol
b)LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
[CH CH CH COOCH CH ][H O]
[CH CH CH COOH][CH CH OH]
Teniendoencuentaqueelvolumennoafectaalvalordelaconstante:
K =
0,67 0,67
=4,1
0,33 0,33
7.59. Se sabe que a 150°C y 200 atmósferas de presión el amoníaco se disocia en un 30%
según:
2
(g) (g)+3 (g)
Sepidecalcular:
a)Laconcentracióndecadaespecieenelequilibrio.
b)Laconstante .
c)Laconstante .
d) ¿En qué sentido se desplazará el equilibrio si se adicionan al sistema, manteniendo
constanteslatemperaturayelvolumen,3molesdeHe?Justifiquelarespuesta.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2005)
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelgradodedisociación,α,y
delacantidadinicial,n,es:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
NH N
H
n
—
—
nα
—
—
—
½nα
1½nα
n–nα
½nα
1½nα
n–nα +½nα+1½nα=n 1+α
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
144
DeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparciales:
p
=p
n 1α
p
n 1+α
=200
10,30
=107,7atm
1+0,30
p =p
nα
0,30
p =200
=23,1atm
2n 1+α
2 1+0,30
p =p
3nα
3·0,30
p =200
=69,2atm
2n 1+α
2 1+0,30
Considerandocomportamientoideal,lasconcentracionesenelequilibrioson:
[NH ]=
[N ]=
[H ]=
p
RT
p
RT
p
RT
=
107,7atm
=3,10M
0,082atm·L·mol ·K 150+273 K
=
23,1atm
=0,67M
0,082atm·L·mol ·K 150+273 K
=
69,2atm
=2,00M
0,082atm·L·mol ·K 150+273 K
b)ElvalordelaconstanteK es:
K =
[N ][H
[NH
K =
0,67 2,00
3,10
=0,56
c)ElvalordelaconstanteK es:
K =
p
p
K =
p
23,1 69,2
107,7
=6,6·102 d) Al añadir 3 mol de He (sustancia inerte) a volumen y temperatura constantes, solo
aumentalapresióndelsistemaenequilibrioporadicióndelnuevocomponentegaseoso
yelequilibrionosedesplazaenningúnsentido.
(EnGalicia2001yC.Valenciana2004seproponeproblemasimilarperoa400°C,10atmy
98%dedisociación).
7.60.Paralareacción:
(g)+CO2(g)CO(g)+
(g)
=1,6a990°C.
Unrecipientede1Lcontieneinicialmenteunamezclade0,2molesde ,0,3molesdeCO2,
0,4molesde
y0,4molesdeCOa990°C.
a)Justificaporquéesamezclanoestáenequilibrio.
b)Silamezclareaccionallegandoalequilibrioa990°C,calculalasconcentracionesdecada
gas.
(Galicia2005)
a)Alexistirinicialmentetodaslasespeciesdelequilibrio,esprecisocalcularelvalordel
cocientedereacciónQ parasabersielsistemaseencuentraenequilibrio:
Q =
[CO [H O
0,4 0,4
Q =
=2,7
0,3 0,2
[CO [H
Comoseobserva,

,porlotanto,lamezclaNOestáenequilibrio.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
145
b)Paraquesealcanceelequilibrio,Q debehacersemenor,poresemotivoelsistemase
desplazahacialaizquierda.
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
CO 0,2
—
x
0,2+x
H
0,3
—
x
0,3+x
CO
0,4
x
—
0,4– x
H O
0,4
x
—
0,4– x
LaexpresióndelaconstanteK es:
[CO][H O]
K =
[CO ][H ]
nCO n
nV nV
V
V
K =
nCO n
n
n
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
1,6=
0,4–x
x=0,04mol
0,2+x 0,3+x
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[CO]=[H O]=
[CO ]=
[H ]=
0,4–0,04 mol
=0,36M
1L
0,3+0,04 mol
=0,34M
1L
0,2+0,04 mol
=0,24M
1L
(ProblemasimilaralpropuestoenCanarias2004).
7.61.Calculeelgradodedisociacióndelyodurodehidrógenoa400°C,segúnlareacción:
2HI(g) (g)+ (g)
silaconstantedeequilibrio ,aesatemperatura,vale64.
(Extremadura2005)
La tabla de moles correspondiente al equilibrio en función del grado de disociación, α, y
delnúmerodemolesiniciales,n,es:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
HI
I
H
n
—
—
nα
—
—
—
½nα
½nα
n–nα
½nα
½nα
n–nα +½nα+½nα=n
DeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparcialeslaexpresióndeK quedacomo:
K =
p
Sustituyendo:
p
pHI
=
p·y
p·y
p·yHI
½nα ½nα
α
n K =
n
=
n 1–α
4 1–α
n
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
64=
α2
4 1–α
α=0,998
7.62.Seintrodujociertacantidadde
siguienteequilibrio:
146
, %
enunrecipientevacío.A120°Cseestablecióel
2
(s)
(s)+
(g)+
(g) ΔH=50kJ/mol
cuandolapresiónera1720mmHg.Calcula:
a)Laspresionesparcialesdel
y
enelequilibrio.
b)Elvalordelasconstantes y .
c)Lasconcentracionesdelassustanciasenelequilibrio.
d)Siseañade1gde
,¿quéleocurriráalacantidadde
?
e)Sisequiereobtenermáscantidaddeagua,¿quésepuedehacer?
f)¿Haciadóndesedesplazaelequilibriosiseañadeuncatalizador?
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Asturias2005)
a) De acuerdo con la estequiometría de la reacción, las cantidades de CO y H O en el
equilibriosoniguales:
p
=p
=
pt
1720mmHg
1atm
=pp=
=1,13atm
2
760mmHg
2
b)LaexpresióndelaconstanteK es:
K = p
=p2 K = 1,13 =1,28
p
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2
K =1,28 0,082 120+273
=1,23·10
c) Considerando comportamiento ideal, a partir de la presión parcial se obtiene la
concentraciónenelequilibrio:
[H O]=[CO ]=
p
1,13atm
=
=0,035M
RT
0,082atm·L·mol ·K 120+273 K
d)Comose observa,setratadeunequilibrioheterogéneoy elNaHCO3noapareceenla
expresióndelaconstanteK ,estoquieredeciresnecesariaunacantidadmínimadeesta
sustancia para que se alcance el equilibrio en un recipiente de ese volumen a esa
elequilibriopermaneceinalterado.
temperatura,portanto,siseañademás
Si la temperatura permanece constante, el valor de la constante de equilibrio no
cambia,luegolapresiónenelrecipienteseríalamisma.
e)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
147
Paraobtenermás
,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,esnecesarioextraer
cualquieradelosdosproductosgaseososyaqueelsistemasedesplazaráenelsentido
enelquesereponganestassustancias.
f) La adición de un catalizador disminuye por igual las energías de activación de las
reacciones directa e inversa con lo que se consigue que la reacción sea más rápida sin
alterarparanadaelequilibrio.
7.63. El fosgeno (
) se descompone a elevada temperatura dando monóxido de de
carbono(CO)ycloro( ).Enunaexperienciaseinyecta0,631gdefosgenoenunrecipiente
de432
decapacidada1000K.Sealcanzaelsiguienteequilibrio:
(g)CO(g)+ (g)
Cuandosehaestablecidoelequilibrioseobservaquelapresióntotaldelrecipienteesiguala
2,175atm.Calcula:
a)La y delequilibrio.
b)Lapresiónparcialdecadagas.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Cádiz2005)
a)ElnúmerodemolesdeCOCl es:
1molCOCl
=6,37·10
99gCOCl
n=0,631gCOCl
molCOCl Para calcular la constante de equilibrio de una reacción se construye la tabla de moles
correspondientealmismo:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
COCl CO
Cl
n
—
—
x
—
—
—
x
x
n–x
x
x
n–x +x+x= n+x
Considerandocomportamientoideal,apartirdelapresiónsepuedeobtenerelvalordex
6,37·10
+x =
2,175atm·0,432L
x=5,09·10
0,082atm·L·mol ·K 1000K
mol
LaexpresióndelaconstanteK es:
x x
Cl CO V = x
V
K =
=
n–x
n–x V
COCl
V
Sustituyendo
K =
5,09·10
6,37·10 –5,09·10
0,432
=4,6·10
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
148
K 4,6 10 0,082 1000 3,8
b)Laspresionesparcialesson:
p
=pCO =
p
=
5,09·10
mol 0,082atm·L·mol ·K
0,432L
6,37·10 –5,09·10
1000K
mol 0,082atm·L·mol ·K
0,432L
=0,965atm
1000K
=0,245atm
ConestosvalorestambiénsepuedeobtenerelvalordelaconstanteK :
K =
p
pCO
p
=
0,965
=3,8
0,245
7.64.Enunrecipientede1Lya100°Cseencontróquelasconcentracionesde
eran,respectivamente,0,10My0,12M.Si =0,212paralareacción:
y
(g)2
(g)
a) Razone si el sistema se encuentra en equilibrio. Si no lo está, ¿cómo deben variar las
concentracionesdeambassustanciasparaquesealcanceelequilibrioaesatemperatura?
b)Calculelasconcentracionesde
y
enelequilibrio.
c)Calcule ylaspresionesenelequilibrio.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Córdoba2005)
a) Para saber si el sistema se encuentra en equilibrio se calcula el valor del cociente de
reacciónQ ysecomparaconelvalordeK :
Q =
[NO
[N O
Comoseobserva,
Q =

0,12
=0,144
0,10
,porlotanto,elsistemanoseencuentraenequilibrio.
ParaqueelsistemaalcanceelequilibrioaestatemperaturaelvalordeQ debeaumentar
hastaigualarseaK .Paraello,[NO ]debeaumentary[N O ]debedisminuir,porlotanto,
.
elsistemasedesplazahacialaformaciónde
b)Paracalcularlasconcentracionesdeequilibriodeunareacciónseconstruyelatablade
concentracionesenelequilibrio:
cinicial
ctransformado
cformado
cequilibrio
N O 0,10
x
—
0,10–x
NO
0,12
—
2x
0,12+2x
LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK es:
K =
[NO
[N O ]
Sustituyendo:
0,212=
0,12+2x
0,10–x
x=9,3·10
M
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
149
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[NO ]= 0,12+ 2·9,3·10
[N O ]= 0,10–9,3·10
M=0,139M
M=0,091M
c)LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
K =0,212[0,082 100+273 =6,5
Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesson:
p
= 0,139mol·L
p
= 0,091mol·L
0,082atm·L·mol ·K
0,082atm·L·mol ·K
100+273 K=4,25atm
100+273 K=2,77atm
ConestosvalorestambiénsepuedecalcularlaconstanteKp:
K =
p
p
K =
4,25
= , 2,77
7.65.Enunrecipientede400Lenelquepreviamentesehahechoelvacío,seintroducen36g
decarbonosólidoy132gde
(g).Alcalentara900Kseestableceelequilibrio:
C(s)+
(g)2CO(g)
ylapresióntotaldelosgasesenelequilibrioesde0,69atm.Calcula:
a)MolesdeC(s),
(g)yCO(g)presentesenelequilibrio.
b) y a900K.
c1) La composición del sistema en equilibrio si a 900 K se introducen en un recipiente de
400L,2molesde
,2molesdeCOy24gdecarbono.
c2) La composición del sistema en equilibrio si a 900 K se introducen en un recipiente de
400L,3molesde
,1moldeCOy1gdecarbono.
d1)SedisponedeunreactorquecontieneC(s),
(g)yCO(g)enequilibrio,indicaloque
pasarási,atemperaturaconstante,seintroduceC(s)enelreactor.
d2)SedisponedeunreactorquecontieneC(s),
(g)yCO(g)enequilibrio,indicaloque
pasarási,atemperaturaconstante,seintroduceseintroduceCO2(g)enelreactor.
d3)SedisponedeunreactorquecontieneC(s),
(g)yCO(g)enequilibrio,indicaloque
pasarási,atemperaturaconstante,seeliminaCO(g)delreactor.
d4)SedisponedeunreactorquecontieneC(s),
(g)yCO(g)enequilibrio,indicaloque
pasarási,atemperaturaconstante,seaumentalapresión.
e) Las entalpías de formación del CO y del
son ‐111 y ‐394 kJ/mol, respectivamente.
IndicaloquepasaráalaumentarlatemperaturadeunreactorquecontieneC(s),
(g)y
CO(g)enequilibrio.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2005)
a)Siinicialmenteelsistemacontienelassiguientescantidades:
36gC
1molC
1molCO =3molC132gCO
=3molCO 12gC
44gCO
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
C
3
x
—
3x
CO
3
x
—
3x
3x +2x=3+x
150
CO
—
—
2x
2x
La presión de la mezcla en equilibrio proporciona el número de moles transformados.
Considerandocomportamientoideal:
3x =
0,69atm·400L
x=0,74mol
0,082atm·L·mol ·K 900K
Lascantidadesdelasespeciespresentesenelequilibrioson:
30,74 molC=2,26molC
30,74 molCO2 =2,26mol
2 0,74 molCO=1,48molCO
b) Partiendo del número de moles en el equilibrio calculado en el apartado anterior y
aplicando la ecuación de estado del gas ideal se calculan las presiones parciales en el
equilibrio:
2,26mol 0,082atm·L·mol ·K 900K
p =
=0,417atm
400L
pCO =
1,48mol 0,082atm·L·mol ·K
400L
900K
=0,273atm
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
pCO
p
K =
0,273
=0,179
0,417
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
[CO]2
nCO
=
[CO ] V n
K =
1,48
=2,4·10
400 2,26
c1)Alexistirinicialmentetodaslasespeciesdelequilibrio,esprecisocalcularelvalordel
cocientedereacciónQ parasaberenquesentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarel
equilibrio:
[CO
nCO
2
=
Q =
=5,0·10 Q =
[CO
V n
400 2
Como se observa, Q > K por lo que para que se alcance el equilibrio Q debe hacerse
menor,poresemotivoelsistemasedesplazahacialaizquierda.
Lanuevatablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
C
n
—
x
n+x
CO
2
—
x
2+x
CO
2
2x
—
22x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
151
SustituyendoenlaexpresióndeK :
2,4·10 =
22x
x=0,26mol
400 2+x
Lascantidadesdelasespeciespresentesenelequilibrioson:
24gC +0,26molC
12gC
=27,12gC
1molC
2+0,26 molCO =2,26mol
22·0,26 molCO=1,48molCO
c2)Alexistirinicialmentetodaslasespeciesdelequilibrio,esprecisocalcularelvalordel
cocientedereacciónQ parasaberenquesentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarel
equilibrio:
Q =
1
=8,3·10 400 3
Como se observa, Q < K , por lo que para que se alcance el equilibrio Qc debe hacerse
mayor,poresemotivoelsistemasedesplazahacialaderecha(formacióndeCO).
Lanuevatablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
C
n
x
—
nx
CO2
3
x
—
3x
CO
1
—
2x
1+2x
SustituyendoenlaexpresióndeK :
2,4·10 =
1+2x
x=0,304mol
400 3x
Lascantidadesdelasespeciespresentesenelequilibrioson:
1gC 0,304molC
12gC
=‐2,65gC
1molC
Como se observa, se obtiene un resultado absurdo lo que quiere decir que se consume
todoelC(s)yporlotantonosealcanzaelequilibrio.
ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
d1)SiseañademásCalamezclaenequilibrio,noseejerceningúnefectosobreel
equilibrio,yaquecomoseobservaenlaexpresióndelaconstantedeequilibrio,elCno
formapartedelamisma.
en el reactor a temperatura constante, de acuerdo con el
d2) Si se introduce más
principio de Le Châtelier, el sistema se desplaza en el sentido en el que se consuma esta
sustancia,esdecir,hacialaformacióndeCO.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
152
d3)SiseeliminaCOdelreactoratemperaturaconstante,deacuerdoconelprincipiode
Le Châtelier, el sistema se desplaza en el sentido en el que se reponga esta sustancia, es
decir,hacialaformacióndeCO.
d4) Si aumenta la presión del reactor a temperatura constante, de acuerdo con el
principio de Le Châtelier, el sistema se desplaza en el sentido en el que disminuya la
presión, es decir, desplazándose en el sentido en el descienda el número de moléculas
.
gaseosaspresentesenelequilibrio,esdecir,hacialaformaciónde
e) Previamente, hay que calcular la variación de entalpía de la reacción a partir de las
entalpías de formación de reactivos y productos. El valor de la entalpía sirve para
determinarsielprocesoesexotérmicooendotérmico.
Δ H°=Σ νi H°i
productos –Σ
νi H°i
reactivos Sustituyendo:
Δ H°=2molCO
‐111kJ
‐394kJ
1molCO
=172kJ
molCO
molCO
Si aumenta la temperatura, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplazaenelsentidoenelquedesciendalatemperatura.Comosetratadeunproceso
endotérmico,elequilibriosedesplazaenelsentidoenelqueseconsumacalor,esdecir,
hacialaformacióndeCO.
7.66. Se colocan 0,10 moles de HI en un matraz de 5 mL a 450°C. ¿Cuáles serán las
concentracionesdehidrógeno,yodoyyodurodehidrógenoenelequilibrio,sabiendoquela
constantededisociacióndedichocompuestoa450°Ces0,0175?
(Canarias2006)
ElequilibriocorrespondientealadisociacióndelHIes:
2HI(g)I (g)+H (g)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
HI
0,10
2x
—
0,10–2x
I
—
—
x
x
H
—
—
x
x
LaexpresióndeK es:
K =
[I ][H ]
[HI
SustituyendoteniendoencuentaqueelvolumennoinfluyeenelvalordeK :
0,0175=
x
0,102x
x=1,05·10
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[H ]=[I ]=
1,05·10 mol
5·10 L
=2,1M
mol
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
[HI]=
0,10–2·1,05·10
mol
5·10 L
153
=15,8M
7.67.Lareacciónenequilibrio:
2NOCl(g)2NO(g)+ (g)
Sehaestudiadoa462°Cyaunvolumenconstantede1,00L.Inicialmentesedepositaron2,00
molesdeNOClenelrecipiente,ycuandoseestablecióelequilibrio,seobservóquesehabía
disociado el 33% del NOCl. A partir de estos datos, calcule la constante de equilibrio esa
temperatura.
(Canarias2006)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NOCl
2,00
2x
—
2,00–2x
NO
—
—
2x
2x
Cl
—
—
x
x
Elvalordelgradodedisociaciónproporcionaelvalordex:
2xmoles disociados
=0,33x=0,33moles
2,00moles iniciales
LaexpresióndeK es:
K =
[NO [Cl ]
[NOCl
SustituyendoteniendoencuentaqueV=1L:
K =
0,66 0,33
=8·10
2,00–2·0,33
7.68.Enunreactorde5Lseintroduceninicialmente0,8molesde
Cuando,a300°C,seestableceelequilibrio:
y0,8molesde
.
(g)+4 (g)
(g)+2
(g)
laconcentraciónde
esde0,025moles/L.Calcule:
a)Lacomposicióndelamezclaenelequilibrio
b) y adichatemperatura.
c)Presióndelamezclagaseosaenequilibrio.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2006)
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
CS 0,8
x
—
0,8–x
H
0,8
4x
—
0,8– 4x
CH
—
—
x
x
H S
—
—
2x
2x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
154
Apartirde[CH ]seobtieneelvalordex:
0,025mol·L =
x
x=0,125mol
5L
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[H S]=
2 0,125 mol
=0,050M
5L
[H ]=
0,8–4·0,125 mol
=0,060M
5L
[CS ]=
0,8–0,125 mol
=0,135M
5L
b)ElvalordeK es:
K =
[H S [CH ]
0,050 0,025
K =
=35,7
[H [CS ]
0,060 0,135
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=3–5=‐2
K =35,7[0,082 300+273
=1,6·10
c)Considerandocomportamientoideal,lapresiónparcialdecadagases:
p
= 0,050mol·L
0,082atm·L·mol ·K
300+273 K=2,35atm
p
= 0,025mol·L
0,082atm·L·mol ·K
300+273 K=1,17atm
p = 0,060mol·L
p
= 0,135mol·L
0,082atm·L·mol
0,082atm·L·mol
·K
·K
300+273 K=2,82atm
300+273 K=6,34atm
7.69.Enunrecipientecerradode1,00Lenelquesehahechoelvacíoseintroducen1,988g
deyodosólido( ).Secalientagastaalcanzarunatemperaturade1473K,alcanzándoseuna
presión de 1,33 atm. En estas condiciones todo el yodo se encuentra vaporizado y
parcialmentedisociadosegún:
(g)2I(g)
Calcula:
a)Elgradodedisociacióndelyodo.
b)Losvaloresde y .
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Cádiz2006)
Elnúmerodemolesinicialesdeyodoes:
1,988gI
254gI
=7,8·10
1molI
molesI ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
155
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
I2 I
—
7,8·10
x
—
—
2x
2x
7,8·10 –x
7,8·10 –x +2x= 7,8·10 +x El valor de x se obtiene a partir de la presión en el equilibrio. Considerando
comportamientoideal:
1,33atm·1L
x=3,2·10 mol
0,082atm·L·mol ·K 1473K
7,8·10 +x =
Elgradodedisociaciónes:
α=
3,2·10 molI2 disociados
7,8·10 molI2 iniciales
=0,4141%
b)Teniendoencuentaqueelvolumenes1L,elvalordelaconstanteK es:
2x
I 4x
4 3,2·10
= V =
K =
K =
n–x
n–x V
I2
7,8·10 –3,2·10
V
=8,9·10
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
K =8,9·10 0,082·1473 =1,1
7.70.Ladescomposicióndelfosgenoseproducesegúnlareacción:
(g)CO(g)+ (g)
Encondicionesdeequilibriounrecipientede1litrocontiene1molde
,1moldeCOy
0,25molde .Calcule:
a)Elvalordelaconstantedeequilibrio.
b) Los moles de fosgeno que deben añadirse al equilibrio inicial para que una vez
restablecidoelequilibrio,sehayaduplicadoelnúmerodemolesdefosgeno.
(Córdoba2006)
a)Teniendoencuentaqueelrecipienteesde1L,elvalordelaconstanteK es:
K =
0,25 1
Cl CO K =
=0,25
1
COCl
b) Llamando n al número de moles de COCl que se añaden al sistema en equilibrio, la
tablademolescorrespondientealmismoes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
COCl 1+n x
—
1+n –x=2
CO
1
—
x
1+x
Cl
0,25
—
x
0,25+x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
156
SustituyendoenlaexpresióndeK :
0,25=
1+x 0,25+x
x=0,175mol
2
ElnúmerodemolesdeCOCl quesehanañadidoalsistemaes:
1+n –0,175=2n=1,175mol
7.71.Dadalasiguientereacción:
2NO(g)+2 (g) (g)+2
(g)
Apartirdelosdatosdelatabla:
Experiencia
[NO mol/L mol/L (mol/L·s)
1 0,15 0,15 0,0025
2 0,15 0,30 0,0050
3 0,30 0,15 0,0100
a)Calculalaecuacióndevelocidadyelordendelareacción.
b)Paralareacciónanterior,enunrecipientede10La800K,seencierra1moldeNO(g)y1
mol de . Cuando se alcanza el equilibrio se hallan presentes 0,30 moles de monóxido de
nitrógeno.Calcula:
b1)Lasconcentracionesdeloscuatrogasesenelequilibrio.
b2)Elvalordelasconstantes y .
b3)Lapresiónparcialdecadaunodeloscompuestosenelequilibrio.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Asturias2006)
a)Laecuacióndevelocidaddelareacciónes:
r=k[NO [H
Sustituyendolosvaloresdelasexperienciasrealizadas:
r =k 0,15 0,15 =0,0025
r =k 0,15 0,30 =0,0050
r =k 0,30 0,15 =0,0100
Relacionandolasvelocidades:
r
k 0,15 0,30

r
k 0,15 0,15
=
0,0050
=22 =2y=1
0,0025
k 0,30 0,15
r

r
k 0,15 0,15
=
0,0100
=42 =4x=2
0,0025
Elordentotaldelareacciónes x+y = 2+1 =3.
Elvalordeconstantedevelocidadsepuedeobtenerapartirdelosvaloresobtenidosen
unodelosexperimentos(porejemplo,el1):
k=
0,0025mol·L ·s
0,15mol·L
0,15mol·L
=0,741L ·mol ·s
Laecuacióndevelocidaddelareacciónes:
r=0,741[NO [
]
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
157
b)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NO
1
2x
—
1–2x
H
1
2x
—
1– 2x
N
—
—
x
x
H O
—
—
2x
2x
ApartirdelnúmerodemolesdeNOenelequilibrioseobtieneelvalordex:
1–2x=0,3molesx=0,35molesformados.
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[NO]=[H ]=
[N ]=
0,3mol
=0,030M
10L
0,35mol
=0,035M
10L
[H O]=
2(0,35mol)
=0,070M
10L
c)ElvalordelaconstantedeequilibrioK es:
K =
[N ][H O
0,035 0,070 K =
=
[NO [H
0,030 0,030
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=3–4=‐1
K =212 0,082·800
=3,23
d)Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesson:
pNO =p = 0,030mol·L
p = 0,035mol·L
p
= 0,070mol·L
0,082atm·L·mol
0,082atm·L·mol
0,082atm·L·mol
·K
·K
·K
800K=1,97atm
800K=2,30atm
800K=4,59atm
7.72.Enunrecipientede10L,dondepreviamentesehahechoelvacío,seintroducen10gde
carbonatodecalcio.Alcalentara800°Cseestableceelequilibrio:
(s)CaO(s)+
(g)
Lapresiónenelequilibrioesde170mmHg.Calcula:
a) y paraelequilibrioindicado.
b)Losgramosde
,CaOy
presentesenelequilibrio.
c) La composición del sistema en equilibrio cuando en un recipiente de 5 L, en el que
previamentesehahechoelvacío,calentandoa800°Cseintroducen:
c1)1gde
(s),1gdeCaO(s)y1gde
(g)
c2)1gde
(s),0,3gdeCaO(s)y1gde
(g)
c3)1gde
(s)y1gdeCaO(s).
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2006)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
158
a) Se trata de un equilibrio heterogéneo y como hay un único componente gaseoso la
expresióndeK es:
K =p
Por tanto, la presión en el equilibrio, expresada en atm, proporciona el valor de la
constanteK :
K =170mmHg
1atm
=0,224
760mmHg
LaexpresióndeK es:
K = CO ElvalordelapresiónproporcionalaconcentracióndeCO enelequilibrioyelvalordeK :
K =
p
RT
=
0,224atm
=2,55·10
0,082atm·L·mol ·K 800+273 K
b)Lapresióndel CO proporciona el númerodemolesformadosdeestasustanciay,de
acuerdo con la estequiometría de la reacción, el número de moles formados de CaO y
transformadosdeCaCO .Aplicandolaecuacióndeestadodelgasideal:
x=
0,224atm·10L
=2,55·10 molCO 0,082atm·L·mol ·K 800+273 K
Lasmasasdelasespeciesenelequilibrioson:
2,55·10 molCO
44gCO
=1,12g
1molCO
2,55·10 molCO
1molCaO 56gCaO
=1,43gCaO
1molCO 1molCaO
10gCaCO 2,55·10 molCO
1molCaCO 100gCaCO
=7,45g
1molCO 1molCaCO
c1)Comolatemperaturasemantieneconstanteelvalordelaconstantedeequilibriono
cambiaporloqueapartirdelamismasepuedededucirlacomposicióndeequilibrio.
ComoinicialmenteelmatrazcontieneCO esprecisoconocerelvalordeQ parasaberen
quésentidosedesplazarálareacciónparaalcanzarelequilibrio:
Q =p
=
1gCO
1molCO
44gCO
0,082atm·L·mol ·K
5L
800+273 K
=0,4atm
Este valor es mayor que K , por lo que para que se alcance el equilibrio deberá hacerse
menor.Portanto,lareacciónsedesplazahacialaformacióndeCaCO .
Llamando p la cantidad de CO que se transforma, la presión del CO al alcanzarse el
equilibrioserá 0,4–p .SustituyendoenlaexpresióndeK setiene:
0,224= 0,4p p=0,176atm
EstevalordelapresiónproporcionaelnúmerodemolesdeCO quesehantransformado.
Aplicandolaecuacióndeestadodelgasideal:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
x=
159
0,176atm·5L
=0,01molCO 0,082atm·L·mol ·K 800+273 K
Lascantidadesdelasespeciesenelequilibrioson:
1gCO 0,01molCO
44gCO =0,56g
1molCO
1gCaO 0,01molCO
1molCaO 56gCaO
=0,44gCaO
1molCO 1molCaO
1molCaCO +0,01molCO
1molCaCO 100gCaCO
=2,00g
1molCO 1molCaCO
c2) Las cantidades son las mismas que las del apartado anterior, salvo en la cantidad
inicialdeCaO(0,3g)que,comoseobserva,esmenorquelaquesetransformaenCaCO (0,56g),loqueindicaquesetransformacompletamenteynosealcanzaelequilibrio.
c3)Comolatemperaturaeslamisma,semantieneelvalordelaconstantedeequilibrioy
paraquesealcanceelequilibriodebedisociarseCaCO hastaquesealcancelapresiónde
equilibrio del enunciado. Por tanto, el número de moles de CO en el equilibrio en esas
condicioneses:
x=
0,224atm·5L
=0,0127molCO 0,082atm·L·mol ·K 800+273 K
Lamasadesólidoquedebedisociarsees:
0,0127molCO
1molCaCO 100gCaCO
=1,27g
1molCO 1molCaCO
Comoseobserva,esacantidaddeCaCO esmayorquelainicial(1,0g)loqueindicaquese
transformatodoelCaCO ynosealcanzaelequilibrio.
7.73.Paralareacción:
(g)2Br(g) elvalorde
es1,04·10 a1012°C.
Siunavezquesealcanzaelequilibrioenunrecipientede200
quedan4,5·10 molesde
:
a)¿CuántosmolesdeBr(atómico)estaránpresentesenelequilibrio?
b)Sisesabequelareaccióndedisociacióndel esendotérmica,¿cómosepuedeaumentar
lacantidaddebromoatómico?
c)¿Cuálesdelasmedidasqueseproponenenelapartadob)puedenafectaralvalorde ?
(Canarias2007)
a)LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
Br Br
Sustituyendolosvaloresdados:
1,04·10 =
Br
4,5·10
0,2
[Br]=1,5·10
ElnúmerodemolesdeBrenelequilibrioes:
M
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
200cm 1,5·10 molBr
10 cm
=3,0·10
160
molBr
b)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
De acuerdo con el Principio de Le Châtelier, si la reacción de disociación del bromo es
endotérmica,paraquelareacciónsedesplacehacialaderecha(formacióndeBr)es
necesarioqueseproduzcaunaumentodelatemperatura.
Comonoexistelamismacantidaddemoléculasgaseosasenlosreactivosyproductos,de
acuerdo con el Principio de Le Châtelier, para que la reacción se desplace hacia la
derecha es necesario que se produzca un descenso de presión a temperatura
constanteounaumentodelvolumendelrecipiente(leydeBoyle).
Tambiénsefavoreceladisociacióndelbromomolecular,siseproducelaextracciónel
bromoatómicoamedidaquesevaformando.Dichodeotraformasisedisminuye[Br].
c) De acuerdo con la ley del equilibrio químico, la constante de equilibrio de una
reacciónsoloseveafectadaconloscambiosenlatemperatura.
7.74.Eldióxidodenitrógenosedisociasegúnlasiguientereacción:
2
(g)2NO(g)+ (g)
Un recipiente metálico de 2 L de capacidad contiene solamente
a 25°C y 21,1 atm de
presión. Se calienta el recipiente hasta 300°C manteniéndose constante el volumen y se
observaquelapresióndeequilibrioenelrecipienteesde50atm.
Calcula:
a)Lasconcentracionesdelasespeciesenelequilibrio.
b)Elgradodedisociacióndel
.
c)Elvalorde paraelequilibriodedisociacióndel
.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2007)
a) Considerando comportamiento ideal, el número de moles de NO que se introducen
inicialmenteenelrecipientees:
n=
21,1atm·2L
=1,73mol
0,082atm·L·mol ·K 25+273 K
Latablademolesenelequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
NO NO
O
1,73
—
—
2x
—
—
—
2x
x
1,73–2x
2x
x
1,73–2x +2x+x= 1,73+x
Considerandocomportamientoideal,apartirdelapresiónsepuedeobtenerelnúmerode
molestotalesenelequilibrio:
1,73+x =
50atm·2L
x=0,40mol
0,082atm·L·mol ·K 300+273 K
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
161
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[NO ]=
[NO]=
n–2x
1,73– 2·0,40 mol
=
=0,465M
V
2L
2x 2·0,40mol
=
=0,400M
2L
V
x 0,40mol
[O ]= =
=0,200M
V
2L
b)Elgradodedisociaciónes:
α=
molesdisociados 2x 2·0,40mol
= =
=0,46246,2%
n
1,73mol
molesiniciales
c)Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesenelequilibrioson:
p
=
pNO =
p =
0,465mol·L
0,400mol·L
0,200mol·L
0,082atm·L·mol ·K
1L
300+273 K
0,082atm·L·mol ·K
1L
300+273 K
0,082atm·L·mol
1L
300+273 K
·K
=21,8atm
=18,8atm
=9,4atm
ElvalordelaconstanteK es:
K =
pNO
p
K =
p
18,8 9,4
=7,0
21,8
7.75.Enunrecipientede2Lseintroducen4,90gdeCuOysecalientahasta1025°Cenquese
alcanzaelequilibriosiguiente:
4CuO(s)2
(s)+ (g)
Lapresiónquesemideentoncesesde0,5atm.Calcula:
a)Losmolesdeoxígenoquesehanformado.
b)Lasconstantes y aesatemperatura.
c)LosgramosdeCuOquequedansindescomponer.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2007)
a)Considerandocomportamientoideal,elnúmerodemolesdeO es:
n=
0,5atm·2L
=9,4·10–3 0,082atm·L·mol ·K 1025+273 K
b)SetratadeunequilibrioheterogéneoylaexpresióndelaconstanteK es:
K =p
, LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1–0=1
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K =0,5[0,082 1025+273
=4,7·
162
c)LamasadeCuOquesedescomponees:
9,4·10 molO
4molCuO 79,5gCuO
=2,99gCuO
1molO 1molCuO
LamasadeCuOquequedasindescomponerenelequilibrioes:
4,90gCuO inicial –2,99gCuO descompuesto =1,91gCuO
7.76. En un recipiente de 10 L se ponen 208,5 g de pentacloruro de fósforo; se calienta a
360°C, provocando la descomposición de dicho compuesto según la siguiente reacción
endotérmica:
(g)
(g)+ (g)
cuyaconstantedeequilibrio =0,010mol/La360°C.Calcule:
a)Lacomposición,α,laspresionesparcialesenelequilibrioy .
b)Sisobreelequilibrioanteriorseagrega1molde (V=cte),calculelasconcentraciones
yelgradodedisociacióncorrespondientesalnuevoequilibrio.
c)Sisobreelequilibriodelapartadoa)sereduceelvolumendelrecipientea5L,calculelas
concentracionesyelgradodedisociacióncorrespondientesalnuevoequilibrio.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Córdoba2007)
a)Elnúmerodemolesinicialeses:
n=208,5gPCl
1molPCl
208,5gPCl
1molPCl Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl n
nα
—
n–nα
PCl
—
—
nα
nα
Cl
—
—
nα
nα
LaexpresióndelaconstanteK es:
nα nα
[PCl ][Cl ]
V = nα K =
= V
n 1–α
V 1–α
[PCl ]
V
Sustituyendo
0,01=
α
α=0,2727%
10 1–α
Lasconcentracionesalalcanzarseelequilibrioson:
[PCl3 ]=[Cl ]=
[PCl ]=
1·0,27mol
=0,027M
10L
1mol 1–0,27
=0,073M
10L
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
163
Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesson:
p
=p
= 0,027mol·L
p
= 0,073mol·L
0,082atm·L·mol ·K
0,082atm·L·mol ·K
360+273 K=1,4atm
360+273 K=3,8atm
ElvalordelaconstanteK es:
K =
pPCl p
3
p
K =
1,4·1,4
=0,52
3,8
b) Si al equilibrio anterior se le añade 1 mol de Cl , de acuerdo con el principio de
Le Châtelier, el equilibrio se desplaza hacia la formación de PCl para así conseguir
consumirelCl añadido.Latablademolescorrespondientealnuevoes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl 0,73
—
x
0,73+x
PCl3
0,27
x
—
0,27– x
Cl
(1+0,27)
x
—
1,27– x
SustituyendoenlaexpresióndeK :
0,01=
(0,27–x)(1,27–x)
x=0,185mol
10(0,73+x)
Lasconcentracionesalalcanzarseelequilibrioson:
[Cl ]=
0,27–0,185 mol
=0,0085M
10L
[PCl ]=
1,27–0,185 mol
=0,1085M
10L
[PCl ]=
0,73+0,185 mol
=0,0915M
10L
Elgradodedisociación,medidorespectodelacantidadinicialdelapartadoa),es:
α=
molesdisociados [1– 0,73+0,185 ]mol
=
=0,0858,5%
molesiniciales
1,0mol
c) Si al equilibrio anterior se le reduce el volumen a la mitad, de acuerdo con la ley de
Boyle, la presión se hace el doble; y de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el
equilibrio se desplaza hacia donde menos moles de gas haya para que descienda la
presión,esdecir,hacialaformacióndePCl .Latablademolescorrespondientealnuevo
es:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl 0,73
—
x
0,73+x
SustituyendoenlaexpresióndeK :
PCl
0,27
x
—
0,27– x
Cl
0,27
x
—
0,27– x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
0,01=
164
0,27–x 1,27–x
x=0,07mol
5 0,73+x
Lasconcentracionesalalcanzarseelequilibrioson:
[Cl ]=[PCl ]=
[PCl ]=
0,27–0,07 mol
=0,04M
5L
0,73+0,07 mol
=0,16M
5L
Elgradodedisociación,medidorespectodelacantidadinicialdelapartadoa),es:
α=
molesdisociados [1– 0,73+0,07 ]mol
=
=0,220%
molesiniciales
1,0mol
7.77.UnrecipientecuyovolumenesdeVLcontieneunamezcladegasesenequilibrioquese
componede2molesdepentaclorurodefósforo,2molesdetriclorurodefósforoy2molesde
cloro.Lapresiónenelinteriordelrecipienteesde3atmylatemperaturade266°C.
Seintroduceahoraunaciertacantidaddegascloro,manteniendoconstanteslapresiónyla
temperatura,hastaqueelvolumendeequilibrioesde2VL.Sedeseasaber:
a)ElvolumenVdelrecipiente.
b)Elvalordelasconstantes y .
c)Elnúmerodemolesdecloroañadido.
d)Losvaloresdelaspresionesparcialesenelequilibriotraslaadicióndelcloro.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Asturias2007)
a)Considerandocomportamientoideal,elvolumendelrecipientees:
V=
2+2+2 mol 0,082atm·L·mol ·K
3atm
266+273 K
=88,4L
b)LaexpresióndeK es:
K =
pPCl p
3
p
Comoelnúmerodemolesdecadaespecieeselmismo,laspresionesparcialestambiénlo
son,portanto,laexpresiónanteriorquedasimplificadacomo:
2
K =pPCl =p·yPCl K =3 =1
3
3
6
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–1=1
K =1[0,082 266+273
=2,3·
c) Si se introducen x moles de Cl en el recipiente, a p y T constantes, de forma que el
volumensehace2V,considerandocomportamientoideal:
6+x mol=
3atm 2·88,4L
x=6mol
0,082atm·L·mol ·K 266+273 K
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
165
d)AlintroducirmásCl serompeelequilibrioylanuevatablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
PCl PCl
Cl
2
2
8
—
x
x
x
—
—
2+x
2– x
8– x
(2+x)+(2– x)+(8– x)=12– x
c) De acuerdo con la ley de Dalton de las presiones parciales la expresión de K queda
como:
2–x
8–x
p
p
2–x 8–x
12–x
12–x
K =p
K =
2+x
2+x 12–x
p
12–x
1=3
2–x 8–x
x=0,56mol
2+x 12–x
Laspresionesparcialesalalcanzarseelequilibrioson:
p
p
p
=3atm
=3atm
=3atm
2–0,56 mol
=0,378atm
12–0,56 mol
8–0,56 mol
=1,951atm
12–0,56 mol
2+0,56 mol
=0,671atm
12–0,56 mol
7.78.Consideraelequilibriosiguiente,paraelcualΔH°<0:
2
(g)+ (g)2
(g)
¿Cómo afectará cada uno de los siguientes cambios a una mezcla en equilibrio de los tres
gases?
a)Seadiciona (g)alsistema.
b)Lamezcladereacciónsecalienta.
c)Seduplicaelvolumendelrecipientedereacción.
d)Seañadeuncatalizadoralamezcla.
e)Seaumentalapresióntotaldelsistemaañadiendoungasnoble.
f)Seretira
(g)delsistema.
(C.Valenciana2007)
ElprincipiodeLeChâtelierdiceque:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistemacausaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Suaplicaciónsirveparavercómoafectaráalsistemaenequilibriocadaunodeloscambios
propuestos.
a) Si se adiciona (g) al sistema en el equilibrio, de acuerdo con el principio de
LeChâtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelqueseconsumaelO (g)añadido,
esdecir,hacialaformacióndeSO3(g).
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
166
b) Si se calienta la mezcla en equilibrio, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el
sistema se desplaza en el sentido en el que se consuma el calor añadido y baje la
temperatura. Teniendo en cuenta que se trata de un proceso exotérmico el sistema se
(g).
desplazahacialaformaciónde
c)Siseduplicaelvolumendelrecipienteatemperaturaconstante,segúnlaleydeBoyle
la presión se hace la mitad. De acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplazaenelsentidoenelquesubalapresión,paraellodebedesplazarseenelsentido
enelaumenteelnúmerodemoléculasgaseosasenelequilibrio.Comoalaizquierdahay
(g).
másmoléculasdegas,elsistemasedesplazahacialaformaciónde
d) Si se añade un catalizador a la mezcla en equilibrio el sistema permanece
inalterado ya que el catalizador disminuye por igual las energías de activación de las
reaccionesdirectaeinversaconsiguiendoqueelequilibriosealcanceenmenostiempo.
e)Siseaumentalapresiónañadiendoungasinerteysuponiendoqueestecambiose
realizaatemperaturayvolumenconstantes,elsistemapermaneceinalteradoyaquelos
choquesconlasmoléculasdeinertenoproducenningúntipodereacción.
(g) del sistema en el equilibrio, de acuerdo con el principio de
f) Si se retira
LeChâtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelqueserepongaelSO (g)extraído,
(g).
esdecir,hacialaformaciónde
7.79.Conlosdatosqueseindicanenlatabla,referidosa25°C,calculalaconstante
y160°Cparaelequilibrio:
2
(s)
(s)+
(g)+
a25°C
(g)
(s)
(s)
(g)
(g)
°(kJ·
) ‐949
‐1131
‐394
‐242
S°(J·
·
) 102
136
214
189
Dato.R=8,314J·
·
Para resolver esta cuestión hay que suponer que
° es constante en el intervalo de
temperaturaconsiderado,quelafasegaseosapuedeconsiderarseidealyquelavariaciónde
conlapresióntotalesdespreciable.
(C.Valenciana2007)
LaconstanteK puedecalcularsepormediodelaecuación:
Δ G°=‐RTlnK ElvalordeΔ G°secalculaapartirdelaexpresión:
Δ G°=Δ H°TΔ S°
Los valores de Δ H° y Δ S° se calculan aplicando el concepto de entalpía y entropía de
reacción:
Δ H°=Σ νi H°i
productos –Σ
= 1molH O
reactivos =
‐242kJ
‐394kJ
‐1131kJ
+1molCO
+1molNa CO
molH O
molCO
molNa CO
 2molNaHCO
Δ S°=Σ νi S°i
νi H°i
‐949kJ
molNaHCO
productos –Σ
νi S°i
=131kJ
reactivos =

ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
= 1molH O
167
189J
214J
136J
+1molCO
+1molNa CO

molH O·K
molCO ·K
molNa CO ·K
kJ
J 1kJ
102J
=335 3 =0,335 K
K 10 J
molNaHCO ·K
 2molNaHCO
SustituyendoenlaexpresióndeΔ G°:
Δ G°=131kJ0,335
kJ
103 J
25+2273 K=31,17kJ
=31170J
K
1kJ
ComoΔ G°>0setratadeunprocesonoespontáneoa25°C.
ElvalordeK a25°Ces:
K
°
=exp
‐Δ G°
K
RT
°
=exp
‐31770
=3,4·
8,314 25+273
Laecuacióndevan’tHoffpermitecalcularladependenciadeK conlatemperatura:
ln
K
K
=
∆H° 1
1
 R T1 T2
SustituyendoseobtieneelvalordelaconstanteK a160°C:
ln
K
131
°
=
8,314·10
3,4·10
7.80.A700°C,
1
1

K
273+160
273+25
°
=49,1
=20,4paralareacción:
(g)+½
(g)
(g)
paralareacción
(g)
(g)+½
paralareacción2
(g)+ (g)2
paralareacción2
(g)+ (g)2
a)¿Cuáleselvalorde
b)¿Cuáleselvalorde
c)¿Cuáleselvalorde
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
(g)?
(g)?
(g)?
)
(C.Valenciana2007)
LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK delareaccióndadaes:
K =
[SO ]
[SO ][O
½
=20,4
a)LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK delareacciónpropuestaes:
K =
[SO ][O
[SO ]
½
Comparandoestaconstanteconlaconstantedelareaccióndadaseobservaquelarelación
entreambases:
K =
1
1
=
=0,049
K1 20,4
b)LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK delareacciónpropuestaes:
K =
[SO
[SO [O ]
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
168
Comparandoestaconstanteconlaconstantedelareaccióndadaseobservaquelarelación
entreambases:
K = K1 K = 20,4 =416,2
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=‐1
K =416,2[0,082 700+273 ] =5,2
7.81.Setieneelequilibrio:
(s)
(g)+
(g)
cuyaconstantees
=1,7a50°C.
a)Enunrecipientede1L,dondepreviamentesehahechoelvacío,seintroducen20,4gde
,ysecalientaa50°C.Calculalosmolesdecadaespeciepresentesenelequilibrio.
b)¿Quépasasielrecipienteesde100Lenlasmismascondicionesqueelapartadoanterior?
Calculalosmolesdecadaespeciepresentesenelequilibrio.
c) Calcula la composición del sistema en equilibrio si en un recipiente de 1 L, en donde
previamentesehahechoelvacío,seintroducen0,2molesde
y0,1molesde
a50°C.
d) Calcula la composición del sistema en equilibrio si en un recipiente de 1 L, en donde
previamente se ha hecho el vacío, se introducen 0,001 moles de
y 0,1 moles de
a
50°C.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2007)
a)ElnúmerodemolesincialesdeNH HSes:
20,4gNH HS
1molNH HS
=0,4molNH HS
51gNH HS
SetratadeunequilibrioheterogéneoylaexpresióndelaconstanteK es:
K = p
p
Latablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NH HS
0,4
x
—
0,4–x
NH
—
—
x
x
H S
—
—
x
x
Deacuerdoconlaestequiometríadelareacción,existeelmismonúmerodemolesdeNH yH Sporloquesuspresionesparcialesserániguales:
p=p
=p
SustituyendoenlaexpresióndeK :
K =p =1,7p=1,30atm
ParacalcularelnúmerodemolesdeNH yH Scorrespondientesaesapresiónseaplicala
ecuacióndeestadodelosgasesideales:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
x=
1,30atm·1L
=0,049mol
0,082atm·L·mol ·K 50+273 K
y
169
LosmolesdeNH HSenelequilibrioson:
0,4molNH HS 0,049molNH
1molNH HS
=0,351mol
1molNH
b)Comolatemperaturaeslamisma,semantieneelvalordelaconstantedeequilibrioy
conellalaspresionesparcialesdelosgases:
p
=p
=1,30atm
ElnúmerodemolesdeNH yH Scorrespondientesa esapresiónparaunrecipientede
100Les:
x=
1,30atm·100L
=4,9mol
0,082atm·L·mol ·K 50+273 K
y
Comoseobserva,elnúmerodemolesdegasqueseformany,portanto,deNH HSquese
transforman (4,9) es mayor que el número de moles de NH HS iniciales (0,4) lo cual
quieredecirqueenunmatrazde100LtodoelNH HSsedescomponeynosealcanzael
equilibrio.
c)LaspresionescorrespondientealosmolesinicialesdeNH yH Sson:
p
=
0,2mol 0,082atm·L·mol
1L
·K
50+273 K
p
=
0,1mol 0,082atm·L·mol
1L
·K
50+273 K
=5,30atm
=2,65atm
ElsistemasedesplazahacialaizquierdaparalaformacióndeNH HSyquesealcanceel
equilibrio.Latabladepresioneses:
pinicial
ptransformado
pformado
pequilibrio
NH HS
—
—
x
x
NH
5,30
p
—
5,30– p
H S
2,65
p
—
2,65– p
SustituyendoenlaexpresióndeK :
1,7= 5,30–p 2,65–p p=2,12atm
Elnúmerodemolescorrespondientesaesapresiónes:
x=
2,12atm·1L
=0,08molNH yH S
0,082atm·L·mol ·K 50+273 K
Losmolesdelasespeciesenelequilibrioson:
0,20,08 molNH =0,12mol
0,10,08 molH S=0,02mol
0,08molNH
1molNH HS
=0,08mol
1molNH
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
170
d)LaspresionescorrespondientealosmolesinicialesdeNH yH Sson:
p
=
0,01mol 0,082atm·L·mol
1L
p
=
0,1mol 0,082atm·L·mol
1L
·K
·K
50+273 K
50+273 K
=0,0265atm
=2,65atm
ElsistemasedesplazahacialaizquierdaparalaformacióndeNH HSyquesealcanceel
equilibrio.Latabladepresioneses:
pinicial
ptransformado
pformado
pequilibrio
NH HS
—
—
x
x
NH
0,0265
p
—
0,0265– p
H S
2,65
p
—
2,65– p
SustituyendoenlaexpresióndeK :
1,7= 0,0265–p 2,65–p p=3,19atm
El valor de la presión obtenido carece de sentido, ya que es mayor que las presiones
parcialesinicialesdeambosgases.Estoquieredecirquelas cantidadesdeNH yH Sse
gastan completamente para formar NH HS y no se alcanza el equilibrio en esas
condicionesdepresiónytemperatura.
7.82. La formación del tetróxido de dinitrógeno (
reaccionessiguientes:
2NO(g)+
(g)2
) se explica mediante las dos
(g)
2
(g)
(g)
a) ¿Qué relación existe entre las constantes de los dos equilibrios con la constante de
equilibriodelareacciónglobal?
b)¿Haciadóndesedesplazaelequilibrioglobalsiseaumentalaconcentracióndeoxígeno?
(Canarias2008)(Canarias2009)
a)Sumandoambasreaccionesseobtienelareacciónglobal:
2NO(g)+O (g)N O (g)
Laconstantedeequilibrio,K ,delaprimerareacciónes:
K =
[NO
[O ][NO
Laconstantedeequilibrio,K ,delasegundareacciónes:
K =
[N O ]
[NO
Laconstantedeequilibrio,K,delareacciónglobales:
K=
[N O ]
[O ][NO
Comoseobserva,[NO noapareceenlareacciónglobal,portanto,despejandoestevalor
enK yK eigualandoseobtiene:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
[NO
=K1 [O ][NO
[N O ] K=
=
K2
[NO
·
=
171
[N O ]
[O ][NO
b)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Si seaumenta la concentración de el sistema se desplazará en el sentido en el que
.
disminuyalaconcentracióndeO ,esdecir,hacialaformaciónde
7.83. El azufre funde a 119°C y hierve a 445°C. Escribe la expresión de la constante de
equilibrio para la formación de sulfuro de hidrógeno (
) a partir de azufre e hidrógeno
gaseosoalassiguientestemperaturas:
a)30°C
b)160°C
c)520°C
(Canarias2008)
LosequilibrioscorrespondientesalaformacióndelH Sadiferentestemperaturasson:
a)Alatemperaturade30°C:
S(s)+H (g)H S(g)
Laconstantedeequilibrio,K ,dedichareacciónes:
K =
p
p
b)Alatemperaturade160°C:
S(l)+H (g)H S(g)
Laconstantedeequilibrio,K ,dedichareacciónes:
K =
p
p
c)Alatemperaturade520°C:
S(g)+H (g)H S(g)
Laconstantedeequilibrio,K ,dedichareacciónes:
K =
p
pS p
7.84.Unamezclagaseosaconstituidainicialmentepor3,5molesdehidrógenoy2,5deyodo,
secalientaa400°Cenunrecipientede10litros.Cuandosealcanzaelequilibrioseobtienen
4,5molesdeHI.Calcula:
a)Elvalordelasconstantesdeequilibrio y .
b) La concentración de los compuestos si el volumen se reduce a la mitad manteniendo
constantelatemperaturaa400°C.
(Canarias2008)(Canarias2011)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
172
a)Elequilibrioaestudiares:
H (g)+I (g)2HI(g)
Latablademolescorrespondientealequilibrio
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
H 3,5
x
—
3,5–x
I
2,5
x
—
2,5– x
HI
—
—
2x
2x
ApartirdelnúmerodemolesdeHIenelequilibrioseobtieneelvalordex:
2x=4,5molesx=2,25mol
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[H ]=
3,52,25 mol
=0,125M
10L
[I ]=
2,52,25 mol
=0,025M
10L
[HI]=
4,5mol
=0,450M
10L
SustituyendoenlaexpresióndelaconstantedeequilibrioK :
K =
[HI
0,450
K =
=64,8
[H ][I ]
0,125 0,025
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–2=0
K =K =64,8
b)ElprincipiodeLeChâtelierdice:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Sielvolumensereducealamitad,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistema
se debería desplazar en el sentido en el que se anule la modificación realizada. Como el
sistemaocupaelmismovolumenenproductosyenreactivos,elsistemanosedesplaza
ylasconcentracionessehaceneldoble.
7.85.A400°Cyunapresióntotalde10atm,elamoníaco(
)contenidoenunrecipientese
encuentradisociadoensuselementos( e )enun80%.
a)Calculaelvalordelapresiónenelrecipientesiladisociaciónfuesedel50%sinvariarniel
volumennilatemperatura.
b)Latemperaturaquedeberíaalcanzarelrecipienteparaqueladisociaciónvolvieraaser
del80%,sinvariarelvolumennilapresiónaplicadaenelapartadoa).
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2008)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
173
ElequilibriocorrespondientealadisociacióndelNH es:
2NH (g)N2 (g)+3H (g)
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelgradodedisociación,α,y
delnúmerodemolesiniciales,n,es:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
NH N
H
n
—
—
nα
—
—
—
½nα
1½ nα
n–nα
½nα
1½ nα
n–nα +½nα+1½ nα=n 1+α
DeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparciales:
p
=p
n 1α
10,80
=10
=1,11atm
n 1+α
1+0,80
p =p
nα
0,80
=10
=2,22atm
2n 1+α
2 1+0,80
p =p
3nα
3·0,80
=10
=6,66atm
2n 1+α
2 1+0,80
ElvalordelaconstanteK es:
K =
p
p
K =
p
2,22 6,66
1,11
=532
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
p
K =
nα
3nα
p
2n 1+α
2n 1+α
p
n 1α
n 1+α
2
3
=
27p α
16 1α
Lapresiónnecesariaparaqueα=50%manteniendoVyTconstanteses:
532=
27p 0,5
16 10,5
p=53,3atm
b) Considerando comportamiento ideal, y que V y n deben permanecer constantes, se
cumplelaleydeCharles:
n
p
p
p
p
c= 
=
 = V
RT
RT
T
T
53,3atm
10atm
=
T =3587K
T
400+273 K
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
174
7.86. En un reactor se introduce una mezcla de gases, gas gasógeno, cuya composición en
volumen es: 25% de CO, 5% de , 3% de
, 10% de
e 57% de . El monóxido de
carbonoreaccionaconaguaformándosehidrógenoydióxidodecarbono,siendolaconstante
deequilibrio1,6a1000K.¿Cuáleslacomposicióndelosgasescuandosealcanzaoequilibrio
a1000K?
(Galicia2008)
Elequilibrioaestudiareselsiguiente:
CO(g)+H O(g)CO (g)+H (g)
De acuerdo con la ley de Avogadro, la composición volumétrica de una mezcla gaseosoa
coincide con su composición molar, así que teniendo en cuenta que inicialmente se
encuentranpresentestodaslasespeciessedebecalcularelcocientedereacción,Q ,para
saberenquésentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarelequilibrio:
0,03 0,05
[CO ]0 [H ]0
V =0,06
= V
Q =
[CO]0 [H2 O]0 0,25 0,10
V
V
Como se observa,  , por lo tanto, la mezcla no está en equilibrio y para que se
alcance este, Q debe hacerse mayor, por ese motivo el sistema se desplaza hacia la
derecha.
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
CO
0,25
x
—
0,25–x
H O
0,10
x
—
0,10– x
CO
0,03
—
x
0,03+x
H 0,05
—
x
0,05+x
LaexpresióndelaconstanteK es:
n
n
[CO ][H ]
V
V
= n
K =
n
[CO][H O]
V
V
K =
n
n
nCO n
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
1,6=
0,03+x 0,05+x
x=6,4·10
0,25–x 0,10–x
mol
Lascantidadesdelosgasesqueintervienenenelequilibrioson:
nCO = 0,25–6,4·10
mol=0,186molCO20,5%CO
n
= 0,10–6,4·10
mol=0,036molH O3,6%
n
= 0,03+6,4·10
mol=0,094molCO 9,4%
n = 0,05+6,4·10
mol=0,114molH 11,4%
Elresto,57%,correspondenal
quesecomportacomoinerte.
Comoseobserva,lacantidadtotaldemezclagaseosasiguesiguiendounmol,yaquequela
estequiometríadelareacciónhacequeseconserveelnúmerodemoles.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
175
7.87.A25°Celequilibrio:
2ICl(s) (s)+ (g)
poseeunvalordelaconstante =0,24.
Sisecolocan2molesdecloroyunexcesodeyodoenunrecipientede1L,calcule:
a)Lapresióndecloroysuconcentraciónenelequilibrio.
b)Elvalordelaconstantedeequilibrio .
c)LacantidaddeIClformado.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Córdoba2008)
a)SetratadeunequilibrioheterogéneoylaexpresióndelaconstanteK es:
K =p
=0,24
Considerandocomportamientoideal,laconcentracióndeCl enelequilibrioes:
[Cl ]=
0,24atm
=9,8·10
0,082atm·L·mol ·K 25+273 K
b)LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1–0=1
K =0,24[0,082(25+273)
=9,8·
c)LamasadeIClqueseformaes:
9,8·10 molCl
2molICl 162,5gICl
=3,2gICl
1molCl 1molICl
7.88.Lasconcentracionesdeequilibriocorrespondientesalareacciónentreeltriclorurode
fósforoyelcloroparadarpentaclorurodefósforo,todosellosenfasegaseosa,seexpresanen
mol/Lysonrespectivamente,0,20;0,10y0,40.Elprocesoserealizaenunmatrazde1,0Ly,
una vez alcanzado el equilibrio se añaden 0,10 mol de cloro gaseoso. Calcule cuál será la
nuevaconcentracióndepentaclorurodefósforoexpresadaeng/L.
(CastillayLeón2008)
TeniendoencuentaqueV=1L,elvalordelaconstanteK es:
K =
[PCl ]
0,40
K =
=20
0,20 0,10
[PCl ][Cl ]
Si al equilibrio anterior se le añade 0,10 mol de Cl , de acuerdo con el principio de
Le Châtelier, el equilibrio se desplaza hacia la formación de PCl para así conseguir
consumirelCl añadido.Latablademolescorrespondientealnuevoes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl 0,20
x
—
0,20−x
SustituyendoenlaexpresióndeK :
Cl
(0,10+0,10)
x
—
0,20−x
PCl
0,40
—
x
0,40+x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
20=
176
0,40+x
x=0,05mol
0,20–x 0,20–x
LaconcentracióndePCl alalcanzarseelnuevoequilibrioes:
[PCl ]=
(0,40+0,05)molPCl 208,5gPCl
=93,8g·
1L
1molPCl
7.89.ElmétodoSolvayseutilizaparafabricarcarbonatodesodioanivelindustrial.Consta
deunaseriedeetapas,obteniéndoseelproductoporcalcinacióndelbicarbonatodesodio,de
acuerdoconelequilibriosiguiente:
2
(s)
(s)+
(g)+
(g)
En un recipiente de 2 L de capacidad se introducen 5 g de bicarbonato de sodio que se
calientana400°C.Silapresiónenelequilibrioes972mmHg,calcula:
a)Lasconstantes y paraelequilibrioindicado.
b)Losgramosde
,
,
y
presentesenelequilibrio.
c)Lacomposicióndelsistemaenequilibriocuandoenunrecipientevacíode1L,calentadoa
a400°C,seintroducen:
c1)2gde
(s),3gde
(s),1gde
(g)y1gde
(g).
c2)0,5gde
(s)y1gde
(s).
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2008)
a)LaconstanteK :
K = p
p
Lapresióntotaldelamezclagaseosa:
p =p
+p
Deacuerdoconlaestequiometría,lascantidadesdeCO yH Oenelequilibriosoniguales,
luegosuspresionestambiénloserán:
p
=p
=
pt 972mmHg
1atm
=
=0,64atm
2
760mmHg
2
SustituyendoenlaexpresióndeK :
K =(0,64)2=0,409
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2
K c =0,409[0,082·673)
=1,34·
b)Apartirdelapresiónenelequilibriosepuedencalcularlosmolesdegaspresentesen
éste, así como las cantidades de sólido formado y transformado. Considerando
comportamientoidealdelosgases:
x=
0,64atm·2L
=2,32·10 molCO yH O
0,082atm·L·mol ·K 400+273 K
Lasmasasdeambosgasesson:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
2,32·10 molCO
44gCO
=1,020g
1molCO
2,32·10 molH O
18gH O
=0,417g
1molH O
177
RelacionandoCO conNa CO yconNaHCO :
1molNa CO 106gNa CO
=2,459g
1molNa CO
1molCO
2,32·10 molCO
2,32·10 molCO
2molNaHCO 84gNaHCO
=3,898gNaHCO transf. 1molCO
1molNaHCO
5,000gNaHCO inic. 3,898gNaHCO transf. =1,102g
equil. c1)LaspresionescorrespondientealosmolesinicialesdeCO yH2 Oson:
p
p
=
1gCO
=
1molCO
44gCO
0,082atm·L·mol
·K
400+273 K
1L
1gH O
1molH O
0,082atm·L·mol
18gH O
1L
·K
=1,254atm
400+273 K
=3,066atm
Al existir inicialmente todas las especies del equilibrio, es preciso calcular el valor del
cocientedereacciónQ parasaberenquesentidoevolucionaelsistemaparaalcanzarel
equilibrio:
Q = p
p
Q = 3,066 1,254 =3,845
Como se observa, Q > K , por lo que para que se alcance el equilibrio Q debe hacerse
menor, por ese motivo el sistema se desplaza hacia la izquierda (formación de
).
Llamando p la cantidad de CO y de H O que se transforma en términos de presión, la
tablacorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NaHCO n
—
2x
n+2x
Na CO
n’
x
x
n’x
CO
1,254
p
—
1,254–p
H O
3,066
p
—
3,066– p
SustituyendoenlaexpresióndeK :
0,409= 1,254–p 3,066–p p=1,051atm
Laspresionesparcialesenelequilibrioson:
p
=(1,2541,051)atm=0,203atm
p
=(3,0661,051)atm=2,015atm
Lasmasascorrespondientesenelequilibrioson:
m
=
0,203atm·1L
44gCO
=0,162g
0,082atm·L·mol ·K 400+273 K 1molCO
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
m
178
2,015atm·1L
18gH O
=0,657g
0,082atm·L·mol ·K 400+273 K 1molH O
=
Elnúmerodemolesdesólidoseobtieneapartirdelapresióndelgastransformado:
x=
1,051atm·1L
=1,9·10 molCO 0,082atm·L·mol ·K 400+273 K
RelacionandoCO conNa CO yconNaHCO :
1,9·10 molCO
1molNa CO 106gNa CO
=2,018gNa CO 1molNa CO
1molCO
3,000gNa CO inic. 2,018gNa CO transf. =0,981g
1,9·10 molCO
equil. 2molNaHCO 84gNaHCO
=3,192gNaHCO form. 1molCO
1molNaHCO
2,000gNaHCO inic. +3,192gNaHCO form. =5,192g
equil. c2)Alexistirinicialmentesólolossólidos,paraquesealcanceelequilibrioelsistemase
desplazahacialaderecha.
Comolatemperaturaeslamismaqueenelapartadoanterior,losvaloresdelaconstantey
de las presiones en el equilibrio también lo son. El número de moles de sólido
descompuestoseobtieneapartirdelapresióndelgasformado:
x=
0,64atm·1L
=1,16·10 molCO 0,082atm·L·mol ·K 400+273 K
RelacionandoCO conNa CO yconNaHCO :
1,16·10 molCO
2molNaHCO 84gNaHCO
=1,950gNaHCO transf. 1molCO
1molNaHCO
ComoseobservalamasadeNaHCO quesedescompone(1,95g)esmayorquelamasade
NaHCO inicial (0,5 g) lo cual quiere decir que en un matraz de 1 L todo el NaHCO se
transformaynosealcanzaelequilibrio.
7.90.DadoelprocesoenfasegaseosaA+BC:
a)Establecelarelaciónentrelasconstantesdeequilibrio y .
b) Si el proceso es endotérmico, ¿qué influencia ejerce sobre el mismo un aumento de
temperatura?
c)Sielprocesoesexotérmico,¿quéinfluenciaejercesobreelmismounaumentodepresión?
(Canarias2009)
a)LaexpresióndelaconstantedeequilibrioK delareacciónes:
K =
[C]
[A][B]
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1–2=‐1
=
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
179
ElprincipiodeLeChâtelierquediceque:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistema,causaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
b)Siseaumentalatemperatura,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistema
se desplaza en el sentido en el que se consuma calor y, por tanto, disminuya la
temperatura del sistema. Como se trata de un proceso endotérmico, el sistema se
desplazahacialaformacióndelaespecieC.
Si se aumenta la presión, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el sistema se
desplaza en el sentido en el que la presión disminuya, es decir, hacia donde se formen
menos moles de gas, en este caso el sistema se desplaza hacia la formación de la
especieC.
c) Las variaciones de presión (o volumen) son independientes de que el proceso sea
exotérmicooendotérmico.
7.91.Lareacción:
CO(g)+
(g) (g)+
(g),tieneunaconstante de8,25a900°C.
Enunrecipientede25litrossemezclan10molesdeCOy5molesde
a900°C.Calculaen
elequilibrio:
a)Lasconcentracionesdetodosloscompuestos;
b)Lapresióntotaldelamezcla.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2009)
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
CO
10
—
x
10–x
H O
5
—
x
5– x
CO
—
x
—
x
H
—
x
—
x
LaexpresióndelaconstanteK es:
n
n
[CO ][H ]
V
V
= n
K =
n
[CO][H O]
V
V
8,25=
K =
x
x=4,54mol
(10–x)(5–x)
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[H ]=[CO ]=
[CO]=
104,54 mol
=0,2184M
25L
[H O]=
4,54mol
=0,1816M
25L
54,54 mol
=0,0184M
25L
n
n
nCO n
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
180
b)Elconcentracióntotallamezclaenelequilibrioes:
c = 0,1816+0,1816+0,2184+0,0184 M=0,6M
Considerando comportamiento ideal, la presión ejercida por la mezcla gaseosa en el
equilibrioes:
p =c RT=0,6M· 0,082atm·L·mol
·K
900+273 K=57,7atm
7.92.Laconstantedeequilibriodelareacción:
2
(g)2
(g)+
(l)+3S(s) es
=3,94·10 a25°C.
Calculaelnúmerodemolesdecadagasenelequilibriocuandosetrata1moldeaguacon
excesodeazufreenunrecipientecerradode10litrosa25°C.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2009)
SetratadeunequilibrioheterogéneoylaexpresióndelaconstanteK es:
K =
1
(p
)2 (p
)
DeacuerdoconlaleydeDalton:
pt =p
+p
p
=2p
p
=p

SustituyendoenlaexpresióndeK :
3,94·1017 =
1
2p p
p=8,6·10
atm
Elnúmerodemolesdecadagasenelequilibrioes:
2p·V
2(8,6·10 atm)10L
=
=7,0·10
RT
0,082atm·L·mol ·K 25+273 K
n
=
n
=
p·V
8,6·10 atm·10L
=
=3,5·10
RT
0,082atm·L·mol ·K 25+273 K
mol
mol
7.93.Enunrecipientede1litroseintroduceclorurodenitrosilo(NOCl)ysecalientaa240°C.
Antes de producirse la descomposición la presión es de 0,88 atm. Una vez alcanzado el
equilibrio:
2NOCl(g)2NO(g)+ (g)
lapresióntotalesde1atm.Calcule:
a)Composicióndelamezclaenequilibrio
b)Gradodedisociación
c)Presiónparcialdecadaunodelosgasesenlamezcla
d) y adichatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Murcia2009)(Asturias2011)
a‐b)Considerandocomportamientoideal,elvalordelapresióninicialpermitecalcularel
valordelnúmerodemolesdeNOClqueseintroducenenelrecipiente:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
181
0,88atm·1L
=2,1·10 molNOCl
0,082atm·L·mol ·K 240+273 K
n=
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
NOCl
NO
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
½nα
n–nα
nα
½nα
n–nα +nα+½nα=n 1+½α
Elvalordelapresiónenelequilibriopermitecalcularelvalordelgradodedisociación:
2,1·10 1+½α mol=
1atm·1L
 = ,
0,082atm·L·mol ·K 240+273 K
Elnúmerodemolesdecadaespecieenelequilibrioes:
nNOCl =2,1·10 mol 1–0,273 =1,5·10
nNO =2,1·10 mol 0,273 =5,7·10
nCl2 =
2,1·10 mol 0,273
=2,9·10
2
mol
mol
mol
c)Considerandocomportamientoideal,laspresionesparcialesson:
pNOCl =
1,5·10 mol 0,082atm·L·mol
1L
·K
240+273 K
pNO =
5,7·10 mol 0,082atm·L·mol
1L
·K
240+273 K
p
2,9·10 mol 0,082atm·L·mol ·K
1L
240+273 K
=
=0,63atm
=0,24atm
=0,12atm
d)TeniendoencuentaqueV=1L,elvalordelaconstanteK es:
K =
[NO][Cl
[NOCl]
½
=
nNO n
nNOCl V
½
½
K =
5,7·10
2,9·10
1,5·10
½
=2,1·10
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1½–1=½
K =2,1·10 [0,082 240+273
½
=0,14
7.94.Enunrecipientesetiene
a15°Cy1atmdepresión.Enestascondicionesel
contieneun52%envolumendemoléculasde
.Calcula:
a)Elgradodedisociaciónde
.
b)Laconstantedeequilibrio .
c)¿Cuálseráelgradodedisociación,alamismatemperatura,silapresiónesde3atm?
(CastillayLeón2009)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
182
a)DeacuerdoconlaleydeAvogadro,lacomposiciónvolumétricadeunamezclagaseosoa
coincide con su composición molar, así que si la mezcla en equilibrio contiene 52% en
volumen(moles)deNO ,elresto,48%enmolesesN O .Elgradodedisociaciónesdel
48%.
b)Latablademolesenelequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
N O NO
n

nα
—
—
2nα
n–nα
2nα
n–nα +2nα=n 1+α
DeacuerdoconlaleydeDalton,laconstantedeequilibrioK puedeescribirsecomo:
K =
p
p
2nα
n 1+α
=
n 1α
p
n 1+α
p
2
=
4pα
1α
Teniendoencuentaquep=1atm,elvalordelaconstantees:
K =
4 0,48
1 0,48
=1,2
c)Elvalordelgradodedisociaciónparaunapresiónde3atmes:
1,2=
4 3α
1α
α=0,30230,2%
EstevalorescoherenteconloqueprediceelprincipiodeLeChâtelierparaunaumentode
la presión, que el sistema debe desplazarse hacia donde haya menos moles de gas para
disminuirlapresión.
7.95.Enlaactualidadseestáestudiandolautilizacióndel
paraalmacenarenergíasolar.
El
,essituadoenunacámaracerrada,sedisociaaaltatemperaturacuandoincidesobre
él la energía solar produciendo
(g). A una cierta temperatura el trióxido se encuentra
disociado en un 52% y la presión total que se alcanza dentro de la cámara es de 2,8 atm.
Calcule:
a)Lapresiónparcialdecadagas.
b)Laconstante .
(Cádiz2009)
a)ElequilibriocorrespondientealadisociacióndelSO es:
SO (g)SO (g)+½O (g)
LatablademolesdelequilibrioenfuncióndelacantidadinicialdeSO ,n,ydelgradode
disociación,α,es:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
SO SO
O
n
—
—
nα
—
—
—
nα
½nα
n–nα
nα
½nα
n–nα +nα+½nα=n 1+½α
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
183
DeacuerdoconlaleydeDalton,laspresionesparcialesenelequilibrioson:
p
=p·y
=p
n 1α p
n 1+½α
=2,8atm
p
=p·y
=p
nα
p
n 1+½α
=2,8atm
p =p·y =p
10,52
=1,07atm
1+ 0,5·0,52
0,52
=1,16atm
1+ 0,5·0,52
nα
0,52
p =2,8atm
=0,58atm
2n 1+½α
2 1+ 0,5·0,52
b)ElvalordelaconstanteK es:
K =
p
½
p
p
1,16 0,58
=
1,07
½
=0,826
7.96. La descomposición térmica del hidrógenocarbonato de sodio (sólido) produce
carbonatodesodio(sólido),dióxido de carbono(gas)yagua(gas).Por esoseutiliza enla
fabricación del pan, ya que, el dióxido de carbono que se desprende produce pequeñas
burbujasenlamasa,haciendoqueésta"suba"alhornearelpan.
a)Ajustalareacción,escribiendolasfórmulasdetodosloscompuestosqueintervienenenla
misma.
b)Calculaelcalordereacciónencondicionesestándaryelintervalodetemperaturasenel
quelareacciónseráespontánea,apartirdelossiguientesdatostermodinámicos:
Compuesto H°(kJ·mol–1)S°(J·mol–1·K–1)
Hidrógenocarbonatodesodio(s)
‐947,7
102,1
Carbonatodesodio(s) ‐1131,0
136,0
Dióxidodecarbono(g) ‐393,5
213,6
Agua(g)
‐241,8
188,7
c)Determinalosvaloresdelasconstantesdeequilibrio y ,a25°C.
d)Sisecalientana25°C100gdehidrógenocarbonatodesodioenunrecipientecerradode
2Ldecapacidad:
d‐1)¿Quévalortendrálapresiónparcialdecadaunodelosgasesylapresióntotalendicho
recipientecuandosealcanceelequilibrio?
d‐2)¿Quémasadehidrógenocarbonatodesodiosehabrádescompuestoaesatemperaturay
quémasatotaldesólidoquedaráenelrecipiente?
Suponerentodosloscasosuncomportamientoidealdelosgases.
(Datos.ConstanteR=8,314J·
·
=0,082atm·L·
·
)
(Asturias2009)(CastillayLeón2010)
a)LaecuaciónquímicaajustadacorrespondientealadescomposicióntérmicadelNaHCO es:
(s)
(s)+
(g)+
(g)
2
b) La entalpía de reacción puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos.
Δr H°=Σ νi H°i
productos –Σ
= 1molH O
νi H°i
reactivos =
‐241,8kJ
‐393,5kJ
‐1131,0kJ
+1molCO
+1molNa CO
–
molH O
molCO
molNa CO
– 2molNaHCO
‐947,7kJ
molNaHCO
=129,1kJ
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
184
ParasabersisetrataonodeunprocesoespontáneoesnecesariocalcularΔr G°:
Δr G°=Δr H°–T·Δr S°
ComoΔr H°yaesconocido,secalculaΔr S°apartirdelasentropíasmolaresdeproductosy
reactivos:
Δr S°=Σ νi S°i
productos –Σ
= 1molH O
νi S°i
reactivos 188,7J
213,6J
136,0J
+1molCO
+1molNa CO
K molH O
K molCO
K molNa CO
– 2molNaHCO
–
J
=334,1 K
102,1J
K molNaHCO
LavariacióndeenergíalibredeGibbses:
Δr G°=129,1kJ–298K
334,1J 1kJ
3 =29,5kJ
K
10 J
Setratadeunprocesonoespontáneoa25°CyaqueelvalordeΔr G°>0.Enestetipode
reaccionesenlasqueΔr H°<0yΔr S°>0,lareacciónsehaceespontáneaatemperaturas
altas. Para determinar a partir de qué temperatura ocurre esto es preciso determinar la
temperaturadeequilibrio(Δr G=0):
T=
Δr H°
129,1kJ
T=
=386,4K113,3°C
Δr S°
334,1·10 kJ/K
Lareacciónsevuelveespontáneaporencimade113,3°C.
c) A partir del valor de ΔrG° se puede obtener el valor de la constante de equilibrio
mediantelaecuación:
Δr G°=‐RTlnK Sustituyendoseobtieneelvalordelaconstantedeequilibrioa25°C:
Kp =exp ‐
Δr G°
29,5kJ
Kp =exp ‐
=6,7·10
RT
8,314·10 kJ·K 25+273 K
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=2–0=2
K c =6,7·10 [0,082 25+273
=1,1·10
d‐1)Construyendolatablademolescorrespondientealequilibrio:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NaHCO n
2x
—
n–2x
Na CO
—
—
x
x
LaexpresióndelaconstanteK es:
CO
—
—
x
x
H O
—
—
x
x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K p = p
p
185
De acuerdo con la estequiometría de la reacción, las cantidades de CO y H O en el
equilibriosoniguales:
p
=p
=p
SustituyendoenKp :
Kp =p p= Kp = 6,7·10 =2,6·10
pt =p
+p
atm
=2ppt =2 2,6·10 atm =5,2·10
atm
d‐2) Considerando comportamiento ideal, a partir de la presión del gas se obtiene el
númerodemoles:
nCO2 =
2,6·10 atm·2L
=2,1·10 molCO 0,082atm·L·mol ·K 25+273 K
LamasadeNaHCO quesedescomponees:
2,1·10 molCO
2molNaHCO 84gNaHCO
=0,036g
1molCO
1molNaHCO
LamasadeNaHCO quequedasindescomponerenelequilibrioes:
100gNaHCO inic. –0,036gNaHCO transf. =99,964g
equil. LamasadeNa CO queseformaes:
2,1·10 molCO
1molNa CO 106gNa CO
=0,022g
1molCO
1molNa CO
Lamasatotaldesólidos(NaHCO yNa CO )enelequilibrioes:
99,964gNaHCO +0,022gNa CO =99,986gsólidos
(EsteproblemaeselmismoqueelpropuestoenNavacerrada1996perotodoa25°C,enel
problema propuesto en Castilla y León 2010 solo se preguntan los tres primeros
apartados,yelcálculodelaconstanteessimilaralpropuestoenC.Valenciana2007).
7.97.Elequilibrio:
(g)
(g)+ (g)
seestablececalentando10,4gde
a150°Cunrecipientede1Ldevolumen:
a)Calculeelvalorde yelporcentajededisociacióndel
,sabiendoquelapresiónenel
equilibrioesde1,91atm.
b) Si la mezcla anterior se comprime hasta un V = 0,5 L, calcule las concentraciones en el
equilibrio.
c)¿Cuáleslapresiónenelnuevoequilibrio?
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Córdoba2009)
a)Elnúmerodemolesinicialeses:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
n=10,4gPCl
186
1molPCl
=0,05molPCl 208,5gPCl
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
PCl PCl
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
nα
n–nα
nα
nα
n–nα +nα+nα=n 1+α
Lapresiónenelequilibriopermitecalcularelvalordeα:
1+α =
1,91atm·1L
0,05mol 0,082atm·L·mol ·K
150+273 K
α=0,10110,1%
TeniendoencuentaqueV=1L,elvalordelaconstanteK es:
nα nα
[PCl ][Cl ]
V = nα K = 0,05 0,101
K =
= V
n 1‒α
V 1‒α
1–0,101
[PCl ]
V
=5,7·10‒4 Elnúmerodemolesdecadaespecieenelequilibrioes:
n
n
=n
=0,05mol 0,101 =0,00505mol
=0,05mol 1‒0,101 =0,04495mol
b) Si al equilibrio anterior se le reduce el volumen a la mitad, de acuerdo con la ley de
Boyle, la presión se hace el doble; y de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el
equilibrio se desplaza hacia donde menos moles de gas haya para que descienda la
presión,esdecir,hacialaformacióndePCl .Latablademolescorrespondientealnuevo
es:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl 0,04495
—
x
0,04495+x
PCl
0,00505
x
—
0,00505 – x
Cl
0,00505
x
—
0,00505– x
SustituyendoenlaexpresióndeK :
5,7·10‒4 =
0,00505–x 0,00505–x
x=0,0014mol
0,5 0,04495+x
Lasconcentracionesalalcanzarseelequilibrioson:
[Cl ]=[PCl ]=
[PCl ]=
0,00505–0,0014 mol
=0,0073M
0,5L
0,04495+0,0014 mol
=0,0927M
0,5L
c)Lapresiónenelnuevoequilibrioes:
p= 0,0073+0,0073+0,0927 mol·L 0,082atm·L·mol
·K
150+273 K=3,7atm
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
187
7.98. Una mezcla de volúmenes iguales de
y , medidos a la misma temperatura y
presión, se colocó en un reactor de 4 L de capacidad. Cuando a 727°C se establece el
equilibrio:
2
(g)+ (g)2
(g)
lasconcentracionesde
y
sonigualesylapresióndelsistemade114,8atm.
I.Calcula:
a)Númerodemolesinicialesdecadaespecie.
b)Númerodemolesdecadaespecieenelequilibrio.
c)Elvalordelasconstantes y a727°C.
II. En un recipiente de 1 L se introduce 1 mol de
. Calcula la composición del sistema
cuando se alcanza el equilibrio a 727°C. Plantea una ecuación pero no es necesario que la
resuelvas.
III. Se dispone de una mezcla de
, y
en equilibrio. Indica el sentido en el que se
desplazaelequilibriocuando:
a)Seaumentalapresión.
b)Seelimina delreactor.
c)Seintroduce
enelreactor.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2009)
I. Llamando n al número de moles de iniciales de SO y O , la tabla de moles
correspondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
SO O
SO
n
n
—
2x
x
—
—
—
2x
n–2x
n– x
2x
n2x + n–x +2x= 2n+x Comoenelequilibrio[SO ]=[SO ]:
n2x mol 2xmol
=
n=4x
4L
4L
Considerandocomportamientoidealdelamezcla,seobtienenlosvaloresdexyn:
2n+x mol=
x=0,8mol
114,8atm·1L

0,082atm·L·mol ·K 727+273 K
n=3,2mol
a)Elnúmerodemolesinicialeses:
n=4x=3,2molesde
yde
b)Elnúmerodemolesenelequilibrioes:
3,2–2·0,8 =1,6moles
3,2–0,8 =2,4moles
2·0,8=1,6moles
c)ElvalordelaconstanteK es:
K =
[SO
1
4
como[SO =[SO Kc =
=
=1,67
O
2,4
[SO O
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K =K RT
188
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=‐1
K =1,67·[0,082 273+727
=2,04·10
II.Paraconocerlacomposicióndelsistemaenequilibrio,latablademoleses:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
SO —
—
2x
2x
O
—
—
x
x
SO
1
2x
—
1– 2x
TeniendoencuentaqueV=1L,delaexpresióndelaconstanteK seobtiene:
1,67=
12x
x 2x
6,68
4
2x+1=0
III.ElprincipiodeLeChâtelierdiceque:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistemacausaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Suaplicaciónsirveparavercómoafectaráalsistemaenequilibriocadaunodeloscambios
propuestos.
a) Si se aumenta la presión a temperatura constante, de acuerdo con el principio de
LeChâtelier,elsistemasedesplazaenelsentidoenelquebajelapresión,paraellodebe
desplazarse en el sentido en el descienda el número de moléculas gaseosas en el
equilibrio.Comoaladerechahaymenosmoléculasdegas,elsistemasedesplazahacia
(g).
laformaciónde
b)Siseelimina (g)delreactor,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistema
sedesplazaenelsentidoenelqueserepongaelO (g)extraídoporloqueelsistemase
.
desplazahacialaformación y
(g) del reactor, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el
c) Si se introduce
sistemasedesplazaenelsentidoenelqueseconsumaelSO (g)añadido,porloqueel
.
sistemasedesplazahacialaformación y
7.99.Dadoelequilibriocorrespondientealasíntesisdelamoníaco:
(g)+3 (g)2
(g)ΔH=‐92kJ
Justificasilasafirmacionessiguientessonverdaderasofalsas:
a)Cuandoaumentalapresiónelequilibriosedesplazahacialaderecha.
b)Laexpresióndelaconstantedeequilibrioes:
K=
]
c) Al aumentar la temperatura la constante de equilibrio permanece invariable y el
equilibriosedesplazahacialaizquierda.
d)Paraobtenermayorcantidadde
(g)enelequilibrio,lascondicionesmásfavorables
son:bajastemperaturasypresioneselevadas.
(C.Valenciana2009)
ElprincipiodeLeChâtelierdiceque:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
189
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistemacausaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Suaplicaciónsirveparavercómoafectaráalsistemaenequilibriocadaunodeloscambios
propuestos.
a) Verdadero. Si aumenta la presión del reactor a temperatura constante, de acuerdo
conelprincipiodeLeChâtelier,elequilibriosedesplazaenelsentidoenelquedisminuya
lapresión,esdecir,desplazándoseenelsentidoeneldesciendaelnúmerodemoléculas
(derecha).
gaseosaspresentesenelequilibrio,esdecir,hacialaformaciónde
b)Verdadero.Deacuerdoconlaleydelequilibrioquímico,laconstantedeequilibrioen
función de las concentraciones es la relación entre las concentraciones de los productos
(derecha)ylasconcentracionesdelosreactivos(izquierda)cadaunadeellaselevadasa
suscorrespondientescoeficientesestequiométricos.
c) Falso. Si aumenta la temperatura, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el
sistemasedesplazaenelsentidoenelquedesciendalatemperatura.Comosetratadeun
procesoexotérmico,elequilibriosedesplazaenelsentidoenelqueseconsumacalor,es
decir,hacialaformaciónde y (izquierda).Sinembargo,comolasconcentraciones
delosproductosdisminuyenylasdelosreactivosaumentan,laconstantedeequilibrio
alcanzaotrovalor.
d)Verdadero.Talcomosehavistoenlosapartadoa)yc),respectivamente,laformación
sevefavorecidaporelaumentodepresiónyeldescensodelatemperatura.
de
7.100.Enunmatrazseintroducen0,1molde
a25°C.Seproduceladisociaciónqueda
lugaralaformaciónde
,ycuandosealcanzaelequilibrio:
(g)2
(g)
seobservaquelafracciónmolardel
es0,29.Si =0,142a25°C,calcula:
a)Presióntotalypresionesparcialesdelosgasesenequilibrio.
b)Kcygradodedisociación.
c)Si en elrecipientehubieraunamezclade0,5mol de
y1,5 molde
mezclaenequilibrio?Denoserasí¿enquésentidoevolucionaríaelequilibrio?
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
,¿estaría la
(Murcia2010)
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
N O 0,1
x
—
0,1–x
0,1–x +2x=
NO
—
—
2x
2x
0,1+x
AploicandolaleydeDaltonlaexpresióndelaconstanteK es:
K =
p
p
Sustituyendo:
=
p·y
p·y
K =p
y
y
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
0,142=p
190
0,29
p=1,2atm
0,71
Laspresionesparcialesdecadagasenelequilibrioson:
p
p
=1,2atm 0,29 =0,35atm
=1,2atm 0,71 =0,85atm
b)Apartirdelafracciónmolarsepuedeobtenerelgradodedisociación:
2x
2x
0,29=
x=0,017mol
0,1+x
0,1+x
y
=
α=
0,017mol
=0,1717%
0,1mol
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1
K =0,142[0,082 25+273
=5,8·
c)Suponiendounrecipienteconunvolumende1L,parasabersielsistemaseencuentra
enequilibriosecalculaelvalordelcocientedereacciónQ ysecomparaconelvalorde
K :
[NO
1,5
Q =
=4,5
Q =
[N O
0,5
Comoseobserva,

,porlotanto,elsistemanoseencuentraenequilibrio.
Para que el sistema alcance el equilibrio a esta temperatura el valor de Q debe hacerse
menorhastaigualarseaK .Paraello,[NO ]debedisminuiry[N O ]debeaumentar,por
.
lotanto,elsistemasedesplazahacialaformaciónde
7.101.Seañade1moldegasNOClaunrecipientede4La25°C.ElNOClsedescomponey
formaNOy gaseosos.A25°C, =2,0·10 paraequilibrio:
2NOCl(g)2NO(g)+ (g)
a)¿Cuálessonlasconcentracionesdelasespeciesenequilibrio?
b)Calcula alamismatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2010)
a)Latabladeconcentracionescorrespondientealequilibrioes:
cinicial
ctransformado
cformado
cequilibrio
NOCl
0,25
2x
—
0,25–2x
LaexpresióndelaconstanteK es:
NO
—
—
2x
2x
Cl
—
—
x
x
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K =
[NO]2 [Cl ]
[NOCl]2
191
Sustituyendo
2,0·10
=
x 2x
0,25–2x
x=1,3·10 M
Laconcentracióndecadaespecieenelequilibrioes:
[NO]=2 1,3·10
[Cl ]=1,3·10
M =2,6·10
M
M
M=0,2497M
[NOCl]= 0,25– 2·1,3·10
b)LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1
K =2,0·10
7.102.El
yel
[0,082 25+273 =4,9·10
reaccionansegúnlaecuación:
(g)+
(g)NO(g)+
(g)
Unavezalcanzadoelequilibrio,lacomposicióndelamezclacontenidaenunrecipientede
1Ldecapacidades0,6molde
;0,4moldeNO;0,1molde
y0,8molde
.Calcule
el valor de en esas condiciones y la cantidad en moles de NO que habría que añadir al
recipiente,enlasmismascondiciones,paraquelacantidadde
fuera0,3mol.
(Córdoba2010)
LaexpresióndelaconstanteK es:
n
[NO][SO ]
K =
= n V
[NO ][SO ]
V
n
V
n
V
K =
n
n
n
n
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
0,6 0,4
=3
0,1 0,8
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=0
K =K =3
Latablademolesdelanuevasituacióndeequilibrioes:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
NO 0,1
—
x
0,1+x
SO
0,8
—
x
0,8+x
NO
0,4+n
x
—
0,4+n − x
192
SO 0,6
x
—
0,6−x
LacantidaddeNO enelequilibriopermiteconocerelvalordex:
0,1+x =0,3x=0,2mol
SustituyendoenlaexpresióndeK sepuedecalcularelvalordenañadido:
3=
0,2+n 0,4
n=2,05molNO
0,3 1,0
7.103.Alponerencontacto4,4gdedióxidodecarbonoconcarbonosólidoenunrecipiente
cerradode10La850°Cseestableceelsiguienteequilibrio:
C(s)+
(g)2CO(g)
Elvalorde paraesteequilibrioa850°Cesde0,153.Calcular:
a)Elvalorde a850°C.
b)Lapresióntotalenelequilibrio.
c)Lapresióndelmonóxidodecarbonoenelequilibrio.
d)Lamasadedióxidodecarbonoenelequilibrio.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(CastillayLeón2010)
a)LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δν=Σcoef.esteq.productosgaseososΣcoef.esteq.reactivosgaseosos=1
K =0,153[0,082 850+273 ]=14
b‐c)Elnúmerodemolesinicialeses:
4,4gCO
1molCO
=0,1molCO 44gCO
Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
C
CO
n
0,1
x
x
—
—
n–x
0,1– x
0,1–x +2x= 0,1+x
CO
—
—
2x
2x
LaexpresióndelaconstanteK es:
2x
[CO
4x
K =
= V
K =
0,1–x
[CO ]
V 0,1–x
V
Sustituyendo
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
0,153=
193
4x
x=0,082mol
10 0,1–x
Considerandocomportamientoideal,lapresióntotalylaparcialdelCOson:
ptotal =
0,1+0,082 mol 0,082atm·L·mol ·K
10L
2·0,082 mol 0,082atm·L·mol ·K
10L
pCO =
850+273 K
850+273 K
=1,676atm
=1,510atm
d)LamasadeCO enelequilibrioes:
4,4gCO
0,082molCO
44gCO
=0,792g
1molCO
7.104. Puede obtenerse cloro de acuerdo con la siguiente reacción que tiene lugar en fase
gas:
4HCl+ 2 +2
a)Obtengalaexpresióndelaconstantedeequilibrio enfuncióndelapresióntotal(p)y
delosmoles(x)deoxígenoquereaccionan,suponiendoquesemezclan4molesdeHClcon1
molde .
b)Sia390°Csemezclan0,080molesdeHCly0,100molesde ,seforman0,0332molesde
a la presión total de 1 atm. Calcule el valor de a esa temperatura y el volumen del
recipientequecontienelamezcla.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2010)
a)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
HCl
4
4x
—
4–4x
O
Cl
H O
1
—
—
x
—
—
—
2x
2x
1– x
2x
2x
4–4x + 1–x +2x+2x= 5– x
ElvalordelaconstanteK es:
K pH2 O 2 pCl2 2
pHCl 4 pO2
DeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparciales:
pHCl =p·yHCl =p
p =p·y =p
p
=p
=p·y
4 1x
5x
1x
5x
=p
2x
5x
LaexpresióndelaconstanteK quedacomo:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
p
K =
p
2x
5x
4 1x
5x
2
p
4
2x
5x
p
1x
5x
194
2
K =
5x 16p 1x
b)Latablademolescorrespondientealequilibrioesahora:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
HCl
O
Cl
H O
0,080
0,100
—
—
4x
x
—
—
—
—
2x
2x
0,080–4x 0,100– x
2x
2x
(0,080–4x)+(0,100–x)+2x+2x=(0,180– x)
ConocidoelnúmerodemolesdeCl enelequilibrio:
n
=0,0332=2xx=0,0166mol
Laspresionesparcialesenelequilibrioson:
pHCl =1atm
0,0804·0,0166 mol
=0,083atm
0,1800,0166 mol
p =1atm
0,1000,0166 mol
=0,510atm
0,1800,0166 mol
=1atm
0,0332mol
=0,203atm
0,1800,0166 mol
p
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =
0,203 0,203
0,083 0510
=69,6
Considerandocomportamientoideal,elvolumendelrecipientees:
V=
0,1800,0166 mol 0,082atm·L·mol
1atm
·K
390+273 K
=8,88 7.105.Laconstantedeequilibriodelareacción:
(g)2
(g)
vale0,671a45°C.Calculelapresióntotalenelequilibrioenunrecipientequesehallenado
con
a10atmyadichatemperatura.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(Canarias2011)
Latabladepresionescorrespondientealequilibrioes:
pinicial
ptransformado
pformado
pequilibrio
N O 10
p
—
10–p
NO
—
—
2p
2p
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
K =
p
p
0,671=
195
2p
p=1,21atm
10p
Lapresióntotaldelamezclaenelequilibrioes:
p=p
+p
1,21= 10p +2pp=11,21atm
7.106.Paraelequilibrio:
(g)2CO(g) C(s)+
=0,17a900K
Enunrecipienteherméticode100Lseintroduce
exceso,calcular:
a)MolesdeCOenelequilibrio.
a)Lapresiónenelrecipiente.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
a0,8atmy900K.Siexistecarbonoen
(Murcia2011)
a)Latabladepresionescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
CO 0,8
p
—
0,8–p
CO
—
—
2p
2p
LaexpresióndelaconstanteK es:
K =
p
p
SustituyendolosvaloresdadosseobtieneelvalordepresiónparcialdelCO:
0,17=
2p
p=0,164atm
0,8p
LapresiónparcialdelCOes:
p
=2 0,164atm =0,328atm
Considerandocomportamientoideal,elnúmerodemoleses:
n
=
0,328atm·100L
=0,44molCO
0,082atm·L·mol ·K 900K
b)LapresiónparcialdelCO es:
p
= 0,80,164 atm=0,636atm
DeacuerdoconlaleydeDalton,lapresióntotaldelamezclaes:
pt =p
+p
p = 0,636+0,328 atm=0,964atm
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
196
7.107. El amoniaco es una sustancia muy importante en la sociedad actual al ser
imprescindible en la obtención de tintes, plásticos, fertilizantes, ácido nítrico, productos de
limpieza,comogascriogénico,explosivosyfibrassintéticasentreotrosproductos.Susíntesis
fue realizada por F. Haber en 1908, mientras que K. Bosch desarrolló la planta industrial
necesariaparaelloen1913.
Elprocesoquetienelugaresunequilibrioenfasegaseosa:
1
2
3
(g)+ 2
(g)
(g)
Algunosdatostermodinámicosdelasespeciesimplicadasserecogenenlasiguientetabla:
Tabla1
Sustancia
H°(kJ·
)
S°(J·
·
)
H2(g)
0
+131
N2(g)
0
+192
NH3(g)
‐46
+193
F. Haber obtuvo el premio Nobel de Química del año 1918 por su descubrimiento y, en el
discursoderecepcióndelpremio,diolossiguientesdatosreferentesalequilibriocitadomás
arriba:
Tabla2
T(°C)
Fracciónmolarde
enelequilibrio
1atm
30atm
100atm 200atm
200
0,66
26
0,15
0,68
0,81
0,86
400
0,014
0,76
4,4·10 0,11
0,25
0,36
600
1,5·10−3
0,11
4,9·10 0,014
0,045
0,083
800
3,6·10−4
0,032
1,2·10 3,5·10 0,012
0,022
−4
1000
1,4·10 0,014
4,4·10 1,3·10 4,4·10 8,7·10 El proceso tiene lugar introduciendo nitrógeno e hidrógeno (obtenidos previamente) en
proporción estequiométrica en el reactor en unas condiciones de 450°C y entre 200 y 700
atmdepresión,usandouncatalizador.Enlascondicionesindicadaslaconversiónenunsolo
paso (ver tabla 2) es muy baja por lo que los gases que salen del reactor se enfrían
condensandoyeliminandoelamoniacoformadoyreintroduciendoelnitrógenoehidrógeno
nocombinadosdenuevoenelreactor.
Las condiciones de presión y temperatura vienen fijadas por criterios no sólo
termodinámicossinotambiéncinéticos;elcatalizadoreshierropreparadoespecialmentede
modoquetengaunagransuperficie.
a) A partir de los datos termodinámicos de la tabla 1 y suponiendo, en primera
aproximación, que las magnitudes termodinámicas no varían con la temperatura,
determinar el intervalo de temperaturas en el que el proceso directo de formación del
amoniacoseráespontáneo.
b) Representar y etiquetar el diagrama energético del proceso tanto si ocurriese en fase
gaseosayausenciadelcatalizadorcomoenpresenciadelmismocomentandolasdiferencias
entreamboscasos.
c) Justificar, con detalle, la variación observada de los valores de la fracción molar de
amoniacoenelequilibrio(tabla2),enfuncióndelatemperaturaypresión.
d) Justificar la influencia que tiene el catalizador y la eliminación del amoniaco formado
sobreelrendimientoenlaproduccióndeamoniaco
e) En una experiencia de laboratorio se introdujeron un mol de nitrógeno y tres moles de
hidrógenoenunrecipientede0,58Ldecapacidadaunatemperaturade300°Cy200atmde
presión.Analizadalamuestraenelequilibrio,seencontróquelafracciónmolardeamoniaco
es0,628.¿Cuáleselvalordelaconstantedeequilibrioenesascondiciones?
(Asturias2011)
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
197
a)ParadeterminarlaespontaneidaddelareacciónesnecesariocalcularelvalordeΔ G°.
LavariacióndeenergíalibredeGibbssecalculamediantelasiguienteexpresión:
Δ G°=Δ H°–T·Δ S°
La variación de entalpía puede calcularse a partir de las entalpías de formación de
productosyreactivos.
Δ H°=Σ νi H°i
productos –Σ
= 1molNH
‐46kJ
molNH
νi H°i

reactivos =
3
1
0kJ
0kJ
molN
+ molH
2
2
molN
molH
=‐46kJ
ElvalordeΔ S°secalculaapartirdelasentropíasmolaresdeproductosyreactivos:
Δ S°=Σ νi S°i
productos –Σ
= 1molNH
νi S°i
reactivos 1
3
J
193J
192J
131J
 molN
+ molH
=‐99,5 2
K
K·mol
K·mol 2
K·mol
SustituyendoenlaexpresióndelaenergíalibredeGibbs:
‐46kJ 103 J
=462K
T=
‐99,5J/K 1kJ
SetratadeunprocesoespontáneoparaT<462K,yaqueparatemperaturassuperiores
°>0.
elvalorde
b) En la figura 1 se muestra el diagrama energético para las reacciones catalizada y no
catalizada.
Comosepuedeobservar,reacción
nocatalizadaposeeunaenergíade
activación mayor que la de la
reaccióncatalizada.
La presencia del catalizador
produce una disminución de la
energía de activación de las
reacciones directa e inversa. Este
hecho hace que el equilibrio se
alcanceenmenostiempo
Figura1
c)EnlassiguientesgráficasserepresentalafracciónmolardeNH enelequilibriofrentea
la temperatura a diferentes presiones y frente a la presión a diferentes temperaturas,
respectivamente.
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
198
Comoseobservaenlagráficaquese
muestra en la figura 2, a presión
constante, un aumento de la
temperatura produce un descenso
delacantidaddeNH producido.
Esto es consistente con el hecho de
que se trata de un proceso
exotérmico,quesevefavorecidopor
lasbajastemperaturas.
Figura2
Comoseobservaenlagráficaquese
muestraenlafigura3,atemperatura
constante, un aumento de la presión
produce un incremento de la
cantidaddeNH producido.
Esto es consistente con el hecho de
que se trata de un proceso en el que
existen más moles de gas en los
reactivosqueenlosproductos.
Figura3
d)ElprincipiodeLeChâtelierdiceque:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistemacausaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
Suaplicaciónsirveparavercómoafectaráalsistemaenequilibriocadaunodeloscambios
propuestos.
 La adición de un catalizador disminuye por igual las energías de activación de las
reacciones directa e inversa con lo que se consigue que la reacción sea más rápida sin
alterar para nada el equilibrio, por lo que la cantidad de NH3 formado permanece
constante.
(g)delreactor,deacuerdoconelprincipiodeLeChâtelier,elsistema
Siseelimina
sedesplazaenelsentidoenelqueserepongaelNH (g)extraídoporloqueelsistemase
,porloqueaumentaelrendimientodelproceso.
desplazahacialaformaciónde
e)Latablademolescorrespondientealequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
N H
NH
1
3
—
½x
1½x
—
—
—
x
1–½x
3– 1½x
x
1–½x + 3– 1½x +x= 4– x
ApartirdelafracciónmolardeNH enelequilibrioseobtieneelvalordex:
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
199
x
=0,628x=1,543mol
4–x
LaexpresióndelaconstanteK :
K =
[NH ]
[N , [H
,
Lasconcentracionesenelequilibrioson:
[N ]=
[H ]=
1–½x
0,229mol
=
=0,394M
V
0,58L
3–1½x
0,686mol
=
=1,182M
V
0,58L
K =
2,660
0,394 , 1,182
,
=3,3
x 1,543mol
[NH ]= =
=2,660M
V
0,58L
Valorquenodiscrepaconlosquesemuestranenlatabla2.
7.108. Se introduce pentacloruro de fósforo (
) en un recipiente donde se ha hecho el
vacío y, cuando se calienta a 500 K y una atmósfera de presión total, se descompone
parcialmenteentriclorurodefósforoycloro.Lamezclaenequilibriodelostresgasestiene
unadensidadde2,83g/L.Calcula,enestascondiciones, , yelgradodedisociacióndel
pentaclorurodefósforo.
Sia500Kseintroducenenunrecipientede1L:
a)0,1molesde
,0,1molesde
y0,1molesdeCl2
b)0,1molesde
y0,1molesde
c)0,1molesde
y0,1molesde d)0,1molesdePCl3y0,1molesde Calcula,encadacaso,lacomposicióndelamezclaenequilibrio.
(Dato.ConstanteR=0,082atm·L·
·
)
(C.Valenciana2011)
Latablademolescorrespondientealequilibrioenfuncióndelnúmerodemolesinicialesy
delgradodedisociaciónes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
ntotal
PCl PCl
Cl
n
—
—
nα
—
—
—
nα
nα
n–nα
nα
nα
n–nα +nα+nα=n 1+α
Considerandocomportamientoideal,laecuacióndeestadodelosgasessepuedeescribir
como:
m
1+α RTpM=ρ 1+α RT
pV=n 1+α RTpV=
M
Elvalordelgradodedisociaciónes:
α=
1atm 208,5g·mol
2,83g L 0,082atm·L·mol
LaexpresióndelaconstanteK es:
·K
500K
–1=0,80α=80%
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
p
p
K =
200
p
DeacuerdoconlaleydeDaltondelaspresionesparcialeslaexpresióndeK quedacomo:
p·y
K =
nα
nα
α
n 1+α n 1+α
=p
K =p
n 1–α)
1–α
n 1+α)
p·y
p·y
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK :
K =1
0,8
1 0,8
=1,8
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δ=Σcoef.esteq.productosgas–Σcoef.esteq.reactivosgas=2–1=1
K =1,8[0,082500
=0,043
a) Si inicialmente hay 0,1 moles de cada componente es preciso calcular el cociente de
reacciónparaverenquésentidosedesplazaelequilibrio:
Elcocientedereacciónes:
Q =
[PCl ]0 [Cl ]0
0,1·0,1
Q =
=0,1
0,1
[PCl ]0
ComoQ >K ,paraqueelsistemaalcanceelequilibrioQ debehacersemenorporloel
sistemadebedesplazarsehacialaformaciónPCl5.
Latablademolescorrespondientealnuevoequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl 0,1
—
x
0,1+x
PCl
0,1
x
—
0,1– x
Cl
0,1
x

0,1– x
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK yteniendoencuentaqueV=1L:
0,043=
0,1–x 0,1–x
x=0,0263mol
0,1+x
Lacomposicióndelamezclaenequilibrioes:
PCl = Cl =
PCl =
0,1–0,0263 mol
=0,0737M
1L
0,1+0,0263 mol
=0,1263M
1L
b)Siinicialmentehay0,1molesdePCl y0,1molesdePCl elequilibriosedesplazahacia
laformacióndeCl .
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
201
Latablademolescorrespondientealnuevoequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl 0,1
x
—
0,1–x
PCl
0,1
x
—
0,1+x
Cl

x

x
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK yteniendoencuentaqueV=1L:
0,043=
x 0,1+x x=0,0255mol
0,1–x
Lacomposicióndelamezclaenequilibrioes:
0,1+0,0255 mol
=0,1255M
1L
PCl =
Cl =
0,0255mol
=0,0255M
1L
PCl =
0,1–0,0255 mol
=0,0745M
1L
c)Siinicialmentehay0,1molesdePCl y0,1molesdeCl elequilibriosedesplazahaciala
formacióndePCl .Esteapartadoesidénticoalalanterioryconelmismoresultadoparax.
d)Siinicialmentehay0,1molesdePCl y0,1molesdeCl elequilibriosedesplazahaciala
formacióndePCl .
Latablademolescorrespondientealnuevoequilibrioes:
ninicial
ntransformado
nformado
nequilibrio
PCl 
—
x
x
PCl
0,1
—
x
0,1– x
Cl
0,1

x
0,1– x
SustituyendoenlaexpresióndelaconstanteK yteniendoencuentaqueV=1L:
0,043=
0,1–x 0,1–x x=0,0525mol
x
Lacomposicióndelamezclaenequilibrioes:
PCl = Cl =
PCl =
0,1–0,0525 mol
=0,0475M
1L
0,0525mol
=0,0525M
1L
ProblemasyCuestionesdelasOlimpiadasdeQuímica.Volumen8.(S.Menargues&F.Latre)
202
7.109.Enlareacción:
2CO(g)+O2(g)2
(g
¿Cómoafectaalequilibriounaumento,apresiónytemperaturaconstantes,delacantidad
de
?¿Yunaumentoatemperaturaconstantedelapresióntotal?
a)Enlosdoscasosseproduceundesplazamientodelequilibriohacialaderecha.
b)Unaumentodelacantidadde
2desplazaalequilibriohacialaderecha,mientrasque
unaumentodelapresióntotallodesplazahacialaizquierda.
c)Unaumentodelacantidadde
desplazaalequilibriohacialaizquierda,mientrasque
unaumentodelapresióntotallodesplazahacialaderecha.
(C.Valenciana2011)
ElprincipiodeLeChâtelierdiceque:
“cualquiercambioenunadelasvariablesquedeterminanelestadodeequilibriodeun
sistemacausaundesplazamientodelequilibrioenelsentidoquetiendeaoponerseal
cambioenlavariablemodificada”.
a p y T ctes., de acuerdo con el principio de
▪ Si se aumenta la cantidad de
LeChâtelier,elsistemaevolucionaenelsentidoenelqueseconsumalasustanciaañadida.
ElsistemasedesplazahacialaformacióndeCO.
▪ Si se aumenta la presión total a T cte, de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el
sistemaevolucionaenelsentidoenelquebajelapresióndelsistema.Paraqueéstabaje,
es preciso que disminuya el número de moléculas de gas presentes en el equilibrio. El
,yaqueasípasade3moléculasdegas(CO
sistemasedesplazahacialaformaciónde
yO )a1moléculadegas(CO ).
7.110.¿Cuándocoincidenlosvaloresdelasconstantesdeequilibrio y ?
a)Nunca.
b)Cuandohaylosmismosmolestotalesdereactivosquedeproductos.
c)Cuandohaylosmismosmolesdereactivosgaseososquedeproductosgaseosos.
(C.Valenciana2011)
LarelaciónentrelasconstantesK yK vienedadaporlaexpresión:
K =K RT
Δ=Σcoef.esteq.productosgas–Σcoef.esteq.reactivosgas
SielvalordeΔ=0,entoncessecumplequeKc =Kp .
Larespuestacorrectaeslac.