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Problema 1.34
Al quemar 0,897 g de un compuesto organico se forman 3,035 g de CO2 y0,621 g de agua. Si 0,649 g de compuesto en estado gaseoso ocupan 254,3mL a 100 oC y 760 mm Hg, calcule:a) La formula empırica.b) La formula molecular.Datos: R = 0, 082 atm · L ·K−1 ·mol−1. Masas atomicas: C = 12; H = 1
a) Calculamos primero las masas de cada uno de los elementos de la muestrahaciendo una interpretacion molar de las formulas del dioxido de carbono y delagua:
Obtenemos la masa de carbono de la muestra a partir de la masa de dioxidode carbono que se obtiene, ya que todo el carbono de la muestra aparece en eldioxido de carbono:
44 g CO2 (1 mol CO2)
12 g C (1 mol C)=
3, 035 g CO2
x g C; x = 0, 828 g C
Obtenemos, de la misma manera, la masa de hidrogeno de la muestra, pero ahoraa partir de la masa de agua que se obtiene, ya que todo el hidrogeno de la muestraaparece en el agua:
18 g H2O (1 mol H2O)
2 g H (2 mol H)=
0, 621 g H2O
x g H; x = 0, 069 g H
Si nos damos cuenta, la masa de la muestra es igual a la suma de las masas decarbono y de hidrogeno de la misma, luego se deduce que la muestra contienesolo carbono e hidrogeno: es un hidrocarburo.
Calculamos ahora los moles de cada uno de los elementos de la muestra:
nC =mC
MmC=
0, 828 g
12 g/mol= 0, 069 mol
nH =mH
MmH=
0, 069 g
1 g/mol= 0, 069 mol
Del resultado obtenido, podemos deducir que los atomos de carbono e hidrogenoen la muestra se encuentran en la relacion 1:1, luego la formula empırica delhidrocarburo es CH.
b) Determinamos ahora la formula molecular con los otros datos del problema.Antes calculamos la masa molar de la formula empırica para ver si coincide conla masa molar de la sustancia o si esta es un multiplo de aquella. Si coincide, la
40 CAPITULO 1. ASPECTOS BASICOS
formula molecular de la sustancia es igual a la formula empırica; si es un multiplo,la formula molecular sera un multiplo de la formula empırica.
La masa molar de la formula empırica es:
MmCH = 13 g/mol
Determinamos la masa molar de la sustancia mediante la ecuacion de los gasesperfectos:
Mm =mRT
pV=
0, 649 g · 0, 082atm · L
K ·mol· 373 K
1 atm · 0, 2543 L= 78 g/mol
⌊T = 100 oC + 273 = 373 K; p = 760 mm Hg = 1 atm; V = 254, 3 mL = 0, 2543 L⌋
Observamos que la masa molar de la sustancia es 6 veces la masa molar de la
formula empırica
(
78
13= 6
)
, luego los subındices de la formula molecular son el
sextuplo de los subındices de la formula empırica. La formula molecular es, portanto, C6H6.
Problema 1.35
En la combustion de 6,49 g de compuesto organico se formaron 9,74 g deCO2 y 2,64 g de vapor de agua. Sabiendo que el compuesto contiene C, Hy O y que su masa molecular relativa es 88, determine:a) La formula empırica.b) La formula molecular.Masas atomicas: C = 12; H = 1; O = 16.
a) Calculamos primero las masas de cada uno de los elementos de la muestrahaciendo una interpretacion molar de las formulas del dioxido de carbono y delagua:
Obtenemos la masa de carbono de la muestra a partir de la masa de dioxido decarbono que se obtiene ya que todo el carbono de la muestra aparece en el dioxidode carbono:
44 g CO2 (1 mol CO2)
12 g C (1 mol C)=
9, 74 g CO2
x g C; x = 2, 656 g C
Obtenemos la masa de hidrogeno de la muestra de la misma manera, pero ahoraa partir de la masa de vapor de agua que se obtiene, ya que todo el hidrogeno de
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Problema 2.16
La tostacion de la pirita se produce segun la reaccion:
2 FeS2 + 11/2 O2 → 4 SO2 + Fe2O3
Calcule:a) La cantidad de Fe2O3 que se obtiene al tratar 500 kg de pirita de un92 % de riqueza en FeS2, con exceso de oxıgeno.b) El volumen de oxıgeno, medido a 20 oC y 720 mm de Hg, necesario paratostar los 500 kg de pirita del 92 % de riqueza.Datos: R = 0, 082 atm · L ·K−1 ·mol−1. Masas atomicas: Fe = 56; S = 32;O = 16.
a) La ecuacion de la reaccion y la estequiometrıa de la misma son las siguientes:
2 FeS2 + 11/2 O2 → 4 SO2 + Fe2O3
Estequiometrıa 2 mol 11/2 mol 4 mol 1 mol
Esquema de los pasos para la resolucion:
g pirita% Riqueza−→
1©g FeS2
n= mMm−→
2©mol FeS2
Estequiometrıa−→
3©mol Fe2O3
m=n·Mm−→
4©g Fe2O3
① Gramos de FeS2:
Uno de los reactivos del proceso es el FeS2, componente principal de lapirita. Una riqueza en FeS2 de un 92 % significa que en 100 g de pirita hay92 g de FeS2 (el resto, hasta 100 g, es de otras sustancias que acompananal sulfuro de hierro). Por tanto:
100 g pirita
92 g FeS2=
5 · 105 g pirita
x g FeS2; x = 4, 60 · 105 g FeS2
⌊500 kg = 500 000 g = 5 · 105 g⌋
② Moles de FeS2
n =m
Mm=
4, 60 · 105 g
120g
mol
= 3 830 mol FeS2
③ Moles de Fe2O3
Segun la estequiometrıa de la reaccion, por cada 2 mol de FeS2 que reaccio-nan, se forma 1 mol de Fe2O3 (la mitad). Si disponemos de 3 830 mol FeS2
se formaran 1 915 mol Fe2O3, tambien la mitad.
64 CAPITULO 2. DISOLUCIONES Y ESTEQUIOMETRIA
④ Gramos de Fe2O3
m = n ·Mm = 1 915 mol · 160g
mol= 3, 06 · 105 g Fe2O3 = 306 kg Fe2O3
b) Esquema de los pasos para la resolucion:
mol FeS2Estequiometıa−→
1©mol O2
V=nRTp
−→1©
L O2 c p yT
Moles de O2
De acuerdo con la estequiometrıa de la reaccion:
2 mol FeS2 reaccionarıan con
11/2 mol O2=
3 830 mol FeS2 reaccionaran con
xmol O2
x = 1, 05 · 104 mol O2
Litros de O2 en las condiciones de p y T dadas
V =nRT
p=
1, 05 · 104 mol · 0, 082atm · L
K ·mol· 293 K
0, 947 atm= 2, 66 · 105 L O2
⌊T = 273 + 20 oC = 293 K; p = 720 mm Hg ·1 atm
760 mm Hg= 0, 947 atm⌋
Problema 2.17
El acido sulfurico reacciona con cloruro de bario segun la siguiente reaccion:
H2SO4 (aq) + BaCl2 (aq)→ BaSO4 (s) + 2 HCl (aq)
Calcule:a) El volumen de acido sulfurico de densidad 1,84 g/mL y 96 % en pesode riqueza, necesario para que reaccionen totalmente 21,6 g de cloruro debario.b) La masa de sulfato de bario que se obtendra.Masas atomicas: H = 1; S = 32; O = 16; Ba = 137,4; Cl = 35,5.
a) La ecuacion de la reaccion y la estequiometrıa de la misma son las siguientes:
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 HClEstequiometrıa 1 mol 1 mol 1 mol 2 mol
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Cuestion 3.22
3.24. La grafica adjuntarelaciona valores de laenergıa de ionizacion E.I.,con los numeros atomicosde los elementos. Con lainformacion que obtengaa partir de ella:a) Justifique la variacionperiodica que se produceen los valores E.I.b) Enumere los factoresque influyen en esta varia-cion y razone la influenciadel factor determinante.
Ene
rgía
deio
niza
ción
(kJ/
mol
)500
2500
1500
1000
2000
5 10 15 20Número atómico
bc
bc
bc
bcbc
bc
bcbc
bc
bc
bc
bcbc
bc
bcbc
bc
bc
bc
bc
He
H
Ne
Na
Ar
KLi
a) Al aumentar Z en un periodo (del Li al Ne o del Na al Ar), aumenta la energıade ionizacion, porque aumenta la carga nuclear efectiva, Zef , y, por lo tanto, elelectron externo esta retenido con mas fuerza y hay que suministrar una mayorenergıa para arrancarlo.
Al aumentar n (numero cuantico principal de la capa de valencia) en un grupo(del Li al K pasando por el Na), disminuye la energıa de ionizacion. Aunque lacarga nuclear efectiva solo varıa ligeramente, cada vez la capa externa esta masalejada del nucleo, y, por tanto, el electron externo esta retenido con menos fuerza,y hay que suministrar una menor energıa para arrancarlo.
La configuracion electronica tiene tambien cierta influencia: el aumento en unmismo periodo de la energıa de ionizacion no es continuo, (en el caso del berilioy el nitrogeno se obtienen valores mas altos que los que podıan esperarse porcomparacion con los otros elementos del mismo periodo, aumento debido a laestabilidad que presentan las configuraciones s2 y s2p3, respectivamente). Porotra parte, los gases nobles tienen los valores mas altos de energıas de ionizacion,por ser los de configuracion electronica mas estable.
b) Los factores determinantes son el numero cuantico principal de la capa de va-lencia, n, la carga nuclear efectiva, Zef , y la configuracion electronica. En general,no hay ninguno mas determinante que otro. Sin embargo, si nos fijamos solo enZef y n, podemos decir que en un periodo el factor determinante es Zef , ya quen no varıa, mientras que en un grupo, al pasar de un nivel energetico a otro demas energıa, el factor determinante es n, ya que Zef apenas varıa. La siguiente
98 CAPITULO 3. ESTRUCTURA ATOMICA Y SISTEMA PERIODICO
expresion muestra la dependencia de la energıa de ionizacion con Zef y n:
Ei = RHZ2ef
n2⌊RH = cte = 2, 179 · 10−18 J⌋
Cuestion 3.23
La configuracion electronica de un atomo excitado de un elemento es lasiguiente:
1s22s22p63s23p65s1
Indique cuales de las afirmaciones siguientes son correctas y cuales falsaspara ese elemento. Justifique su respuesta.a) Pertenece al grupo de los alcalinos.b) Pertenece al periodo 5 del sistema periodico.c) Tiene caracter metalico.
a) Correcta. La configuracion electronica de un atomo de ese elemento en suestado fundamental, en el que los electrones ocupan los orbitales segun su energıacreciente, es: 1s22s22p63s23p64s1
La configuracion electronica externa es del tipo ns1, caracterıstica de los elemen-tos alcalinos.
b) Incorrecta. Pertenece al periodo 4, que es el nivel mas externo en el que hayelectrones en la configuracion electronica del atomo en su estado fundamental.
c) Correcta. Los alcalinos son elementos metalicos (muy metalicos), ya que puedenformar facilmente el ion X+, debido a que tienen una energıa de ionizacion muypequena.
Cuestion 3.24
La configuracion electronica de la capa de valencia de un elemento A es3s23p5. Indique, justificando la respuesta:a) Si se trata de un metal o un no metal. Justifıquelo.b) Un elemento que posea mayor energıa de ionizacion que A.c) Un elemento que posea menor energıa de ionizacion que A.
a) Se trata de un no metal. Se trata de un elemento del grupo 17, halogenos (laconfiguracion electronica de la capa de valencia es del tipo ns2np5). Estos elemen-tos tienen una elevada energıa de ionizacion y una elevada afinidad electronica
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Cuestion 4.23
Indique, razonadamente, cuantos enlaces π y cuantos σ tienen las siguientesmoleculas:a) Hidrogeno.b) Nitrogeno.c) Oxıgeno.
a) Segun la teorıa del enlace de valencia, los enlaces se forman por solapamientode dos orbitales. Los espines de los electrones de los orbitales deben ser opuestos,de acuerdo con el principio de exclusion de Pauli. En la molecula de hidrogenohay un enlace σ formado por el solapamiento de los orbitales s de cada uno delos atomos de hidrogeno.
b) En la molecula de oxıgeno hay un enlace σ, debido al solapamiento frontal dedos orbitales p y un enlace π formado por solapamiento lateral de dos orbitalesp con la misma direccion.
c) En la molecula de nitrogeno hay un enlace σ formado por el solapamientofrontal de dos orbitales p y dos enlace π, cada uno formado por el solapamientolateral de dos orbitales p con la misma direccion.
H Hx x
zz
y
Enlace
Molécula de Hidrógeno, H2 Molécula de Oxígeno, O2
Enlace
y
x x
zzEnlace
Molécula de Nitrógeno, N2
Enlace
y
x x
zzEnlaces
N N
Cuestion 4.24
Justifique las siguientes afirmaciones:a) A 25 oC y 1 atm, el agua es un lıquido y el sulfuro de hidrogeno es ungas.b) El etanol es soluble en agua y el etano no lo es.c) En condiciones normales, el fluor y el cloro son gases, el bromo es lıquidoy el yodo es solido.
160 CAPITULO 5. TERMOQUIMICA Y ESPONTANEIDAD
Problema 5.24
La entalpıa estandar de formacion a 25 oC del CaO (s), CaC2 (s) y CO (g)son, respectivamente, −636, −61 y −111 kJ/mol. A partir de estos datos yde la siguiente ecuacion:
CaO (s) + 3 C (s)→ CaC2 (s) + CO (g)
Calcule:a) La cantidad de calor, a presion constante, necesaria para obtener unatonelada de CaC2.b) La cantidad de calor, a presion constante, necesaria para obtener 2 to-neladas de CaC2 si el rendimiento del proceso es del 80 %.Masas atomicas: C = 12; Ca = 40.
a) La ecuacion termoquımica del proceso de obtencion del carburo de calcio es lasiguiente:
CaO (s) + 3 C (s)→ CaC2 (s) + CO (g) ∆Ho = ? kJ
Hemos de calcular la variacion de la entalpıa estandar del proceso, ∆Ho, ya que esigual a la cantidad de calor a presion constante, Qp, intercambiada en el mismo:
∆Ho = Qp
Supongamos una reaccion quımica en la que:
a A + b B→ c C + d D
Segun la ley de Hess, la variacion de entalpıa estandar de la reaccion es:
∆Ho= Σnp ·∆Hof (productos)− Σnr ·∆H
of (reactivos)
Donde nr y np son los coeficientes estequiometricos de reactivos y productos, y∆Hof (reactivos) y ∆Hof (productos), las entalpıas estandar de formacion de losreactivos y productos.
La variacion de entalpıa estandar de la reaccion es la siguiente:
∆Ho = 1 ·∆Hof [CaC2 (s)] + 1 ·∆Hof [CO (g)]− 1 ·∆Hof [CaO (s)]
= 1 mol ·
(
−61kJ
mol
)
+ 1 mol ·
(
−111kJ
mol
)
− 1 mol ·
(
−636kJ
mol
)
= 464 kJ
⌊Por definicion,∆Hof [C (s)] = 0, ya que se trata de una sustancia elemento encondiciones estandar.⌋
161
La variacion de entalpıa estandar de la reaccion es positiva, luego se trata de unproceso endotermico (transcurre con absorcion de calor).
La ecuacion de la reaccion y la estequiometrıa de la misma son las siguientes:
CaO (s) + 3 C (s) → CaC2 (s) + CO (g) ∆Ho = 464 kJ1 mol 3 mol 1 mol 1 mol Se absorben 464 kJ
Para determinar la energıa necesaria para obtener 1 tonelada (1 000 000 g = 106 g)de CaC2 hemos de calcular primero los moles de que se dispone:
n =m
Mm=
106 g
64 g/mol= 15 600 mol CaO
Y, seguidamente, la energıa necesaria para la obtencion de esos moles teniendoen cuenta la estequiometrıa de la reaccion:
Si obtuvieramos 1 mol CaC2
serıan necesarios 464 kJ=
si se obtienen 15 600 mol CaO
son necesarios x kJ
x = 7, 24 · 106 kJ necesarios
b) Ahora queremos calcular la energıa necesaria para obtener 2 t de CaC2, perosuponiendo que el rendimiento es del 80 %.
Toneladas teoricas de CaC2
Un rendimiento de la reaccion de un 80 % quiere decir que se obtienen solo80 t reales de CaC2 frente a las 100 t que se obtendrıan teoricamente. Portanto, puesto que se obtiene 2 t de CaC2 reales:
80 t reales CaC2
100 t teoricas CaC2=
2 t reales CaC2
x t teoricas CaC2
x = 2, 5 t CaC2 teoricas
Energıa necesaria:
Segun hemos visto en el apartado a), se necesitan 7, 24 · 106 kJ para que seobtenga 1 t de CaC2. Por tanto:
Si reaccionaran 1 t CaC2
serıan necesarios 7, 24 · 106 kJ=
si reaccionan 2, 5 t CaC2
seran necesarios x kJ
x = 1, 81 · 107 kJ necesarios
200 CAPITULO 6. CINETICA QUIMICA
Cuestion 6.7
La figura muestra dos caminos posiblespara una cierta reaccion. Uno de ellos co-rresponde a la reaccion en presencia de uncatalizador:a) ¿Cual es el valor de la energıa de acti-vacion de la reaccion catalizada?b) ¿Cual es el valor de la entalpıa de lareaccion?c) ¿Que efecto producira un aumento dela temperatura en la velocidad de la reac-cion?
H (kJ)
Coordenada de reacción
10080604020
120
Reactivos
Productos
a) Segun se muestra en la figura, hemos repre-sentado la reaccion catalizada con una lıneadiscontinua. La energıa de activacion de lareaccion catalizada, Ea, es la energıa que tie-nen que absorber los reactivos para llegar alcomplejo activado en el que participa el cata-lizador. Tiene un valor de:
80 kJ − 40 kJ = 40 kJ
H (kJ)
Coordenada de reacción
10080604020
120
Reactivos
Productos∆H
Ea
Complejoactivado
b) La entalpıa de la reaccion es la diferencia entre la entalpıa de los productos yla de los reactivos:
∆H = 20 kJ − 40 kJ = −20 kJ
Como es negativa, la reaccion es exotermica.
c) Un aumento de la temperatura produce un aumento de la velocidad de reaccion.Segun Arrhenius, la constante de proporcionalidad, k, que aparece en la ecuacionde velocidad tiene la siguiente dependencia con la temperatura:
k = A · e−EaRT
Tambien podemos expresar la ecuacion de la siguiente manera:
k =A
eEaRT
Observamos que si T aumenta,EaRT
disminuye,A
eEaRT
aumenta, k aumenta, y v
aumenta.
201
Una justificacion alternativa es la siguiente: alaumentar la temperatura, aumenta la veloci-dad de la reaccion, porque aumenta la frac-cion de moleculas con una energıa mayor a laenergıa de activacion, Ea. En la figura de laderecha se muestra que si T2 > T1, el area ra-yada bajo la curva (fraccion de moleculas conuna energıa superior a la energıa de activa-cion), aumenta.
Fra
cció
nd
em
olé
cula
sco
nen
erg
íaE
E (kJ)
T1
T2
Ea
Cuestion 6.8
Indique, razonadamente, si las siguientes afirmaciones son verdaderas o fal-sas:a) La velocidad de una reaccion aumenta al disminuir la temperatura a laque se realiza.b) La velocidad de una reaccion aumenta al disminuir la energıa de activa-cion.c) La velocidad de una reaccion disminuye al disminuir las concentracionesde los reactivos.
a) Falsa. Es todo lo contrario. Un aumento de la temperatura produce un aumentode la velocidad de reaccion. Segun Arrhenius, la constante de proporcionalidad,k, que aparece en la ecuacion de velocidad tiene la siguiente dependencia con latemperatura:
k = A · e−EaRT
Tambien podemos expresar la ecuacion de la siguiente manera:
k =A
eEaRT
⌊A = factor que tiene en cuenta la frecuencia de las colisiones en la reaccion.
e = numero e,base de los logaritmos neperianos.
R = constante de los gases; R = 0, 00831 kJ ·K−1 ·mol−1.
Ea = energıa de activacion (kJ ·mol−1).
T = temperatura absoluta, K.⌋
Observamos que si T aumenta,EaRT
disminuye,A
eEaRT
aumenta, k aumenta y v,
aumenta.
236 CAPITULO 7. EQUILIBRIO QUIMICO
Problema 7.24
El oxido de mercurio (II) contenido en un recipiente cerrado se descomponea 380 oC segun:
2 HgO (s) ⇄ 2 Hg (g) + O2 (g)
Sabiendo que a esta temperatura el valor de Kp es 0,186, calcule:a) Las presiones parciales de O2 y de Hg en el equilibrio.b) La presion total en el equilibrio y el valor de Kc a esa temperatura.Dato: R = 0, 082 atm · L ·K−1 ·mol−1.
a) El equilibrio en cuestion es un equilibrio heterogeneo, ya que sus componentesno estan en la misma fase (el oxido de mercurio (II) se encuentra en estado solido).
De acuerdo con la estequiometrıa de la reaccion, por cada mol que se descomponede oxido de mercurio (II) solido se forman 2 mol de mercurio y 1 mol de oxıgeno,ambos en estado gaseoso. Esto es, en el equilibrio habra doble numero de moles demercurio que de oxıgeno. Por consiguiente, la presion parcial del oxıgeno sera eldoble que la del mercurio.
Si llamamos p a la presion parcial del oxıgeno, la presion parcial del mercuriosera 2p. Por tanto:
Kp = p2Hg pO2 = (2p)2p = 4p3
Calculamos p:
p =3
√
Kp4
=3
√
0, 186
4= 0, 360 atm
⌊Kp = 0, 186⌋
Las presiones parciales de los dos gases son:
pHg = 2p = 2 · 0, 36 atm = 0, 72 atm; pO2 = p = 0, 36 atm
b) La presion total en el equilibrio, ptotal, es la suma de de las presiones parcialesejercidas por el mercurio y por el oxıgeno:
ptotal = pHg + pO2 = 0, 72 atm + 0, 36 atm = 1, 08 atm
Calculamos Kc a partir de Kp, cuyo valor conocemos:
Kc =Kp
(RT )∆ngas=
0, 186(
0, 082atm · L
K ·mol· 653 K
)3 = 1, 21 · 10−6
⌊∆ngas = nf − ni = 3− 0 = 3; T = t+ 273 = 380 oC + 273 = 653 K⌋
265
b) La concentracion de cada unos de los iones presentes al finalizar el proceso es:
[Sr2+] = 4, 0 · 10−3 M
[CrO2−4 ] = 5, 0 · 10−3 M
[NO−3 ] = 2 · [Sr2+] = 2 · 4, 0 · 10−3 M = 8, 0 · 10−3 M, puesto que por cadamol de Sr2+ hay 2 mol de NO−3 .
[K+] = 2 · [CrO2−4 ] = 2 · 5, 0 · 10−3 M = 1, 0 · 10−2 M, puesto que por cada
mol de CrO2−4 hay 2 mol de K+.
Problema 8.17
Se mezclan 50 mL de una disolucion que contiene 0,331 g de nitrato deplomo (II) con 50 mL de otra disolucion que contiene 0,332 g de yoduro depotasio, y mantenemos la temperatura a 25 oC. Calcula:a) Si se forma precipitado de yoduro de plomo (II), y en caso afirmativoque cantidad.b) Las concentraciones de los iones yoduro y de plomo (II) en la disolucionresultante.Datos: KpsPbI2 = 1, 0 · 10−8; Masas atomicas: Pb = 207; N = 14; O = 16;K = 39; I = 127;
a) Consideramos la ecuacion del equilibrio de solubilidad del PbI2:
PbI2 (s) ⇄ Pb2+ (aq) + 2 I− (aq)
Se forma precipitado si el producto ionico, Qps, es mayor que el producto desolubilidad, Kps.
PbI2 es un compuesto poco soluble del tipo AB2. La expresion del producto ionicopara este compuesto es: Qps = [Pb2+][I−]2.
Calculamos los moles de Pb2+ en 50 mL de disolucion, que contienen 0,331g de Pb(NO3)2.
nPb(NO3)2=m
Mm=
0, 331 g
331 g/mol= 0, 001 mol
El Pb(NO3)2 es una sal soluble y esta disociada en iones NO−3 y Pb2+. Cadamol de Pb(NO3)2 origina 1 mol de Pb2+. Por tanto:
nPb2+ = nPb(NO3)2= 0, 001 mol
266 CAPITULO 8. SOLUBILIDAD Y PRECIPITACION
Calculamos los moles de I− en 50 mL de disolucion que contienen 0,332 gde KI:
nKI =m
Mm=
0, 332 g
166 g/mol= 0, 002 mol
El KI es una sal soluble y esta disociada en iones I− y K+. Cada mol de KIorigina 1 mol de K+. Por tanto:
nI− = nKI = 0, 002 mol
Calculamos la concentracion de los iones Pb2+ y I− una vez mezcladas lasdos disoluciones:
Suponiendo que los volumenes son aditivos, el volumen de la mezcla es 0,05L + 0,05 L= 0,1 L:
[Pb2+] =nPb2+
V=
1, 0 · 10−3 mol
0, 1 L= 1, 0 · 10−2 M
[I−] =nI−
V=
2, 0 · 10−3 mol
0, 1 L= 2, 0 · 10−2 M
Calculamos, por ultimo, el producto ionico:
Qps = [Pb2+][I−]2 = (1, 0 · 10−2) · (2, 0 · 10−2)2 = 4, 0 · 10−6
Como el valor de 4, 0 · 10−6 para Qps es mayor que el valor de 1, 0 · 10−8
para Kps, el yoduro de plomo (II) precipita hasta que Qps = Kps, momentoen que la disolucion esta saturada.
Si la mezcla de dos disoluciones puede dar lugar a un compuesto poco soluble,es posible, como en este caso, que cuando se alcance el equilibrio, la disolucioneste saturada con respecto al precipitado, y que ademas no haya exceso de ningunode sus iones.
El equilibrio de precipitacion del yoduro de plomo (II) y la estequiometrıa delmismo son los siguientes:
Pb2+ (aq) + 2 I− (aq) ⇄ PbI2 (s)Estequiometrıa 1 mol 2 mol 1 mol
Cuando se mezclan las dos disoluciones, se ponen en contacto 0,01 mol de Pb2+
y 0,02 mol de I−. Resulta facil apreciar que se combinan en la proporcion este-quiometrica 1:2, y no sobrara ningun reactivo.
267
Calculamos ahora la masa de yoduro de plomo (II) que se forma:
Si despreciamos la masa de yoduro de plomo (II) que permanece en disolu-cion por ser un compuesto poco soluble, de acuerdo con la estequiometrıade la reaccion, a partir de 0,01 mol de Pb2+ y 0,02 mol de I− se formaran0,01 mol de PbI2 con una masa de:
0, 01 mol · 461 g/mol = 4, 6 g PbI2
b) La ecuacion del equilibrio de solubilidad del PbI2 muestra que por cada mol dePbI2 que se disuelve, aparecen 1 mol de Pb2+ y 2 mol de I−. Si, en el equilibrio,la concentracion de sal disuelta, PbI2 (aq), es s mol/L (solubilidad molar), lasconcentraciones de los iones son las siguientes:
PbI2 (s) ⇄ Pb2+ (aq) + 2 I− (aq)[ ] (mol/L) s 2 s
Calculamos la solubilidad molar, s, del PbI2 a partir del producto de solubilidad,Kps:
Kps = [Pb2+][I−]2 = s · (2s)2 = 4s3
Despejando s, queda:
s =3
√
Kps4
=3
√
1, 0 · 10−8
4= 1, 4 · 10−3 M
Las concentraciones de los iones plomo (II) y yoduro son:
[Pb2+] = s = 1, 4 · 10−3 M; [I−] = 2s = 2 · (1, 4 · 10−3 M) = 2, 8 · 10−3 M
Problema 8.18
Se mezclan 200 mL de disolucion 0,01 M de Ba(NO3)2 con 100 mL dedisolucion 0,1 M de NaIO3.a) Indique si se forma o no precipitado. Justifıquelo.b) Determine la solubilidad del BaIO3 en la disolucion que resulta de lamezcla.Dato: KpsBaIO3 = 1, 6 · 10−9.
a) Consideramos la ecuacion del equilibrio de solubilidad del Ba(IO3)2:
BaIO3 (s) ⇄ Ba2+ (aq) + 2 IO−3 (aq)
308 CAPITULO 9. ACIDOS Y BASES
Litros de Ca(OH)2 0,2 M
V =n
M=
0, 0025 mol
0, 2 mol/L= 0, 0125 L = 12, 5 mL
c) El material y el procedimiento son:
Material:
Un matraz erlenmeyer de 250 mL, dos buretas (una de 50 mL y otra de 25mL), dos varillas soporte con pie, dos pinzas para las buretas y un agitadormagnetico.
Procedimiento:
Llenamos la bureta de 25 mL con la disolucion de hidroxido de calcio 0,2 M.A continuacion, vertemos con la otra bureta los 50 mL de acido clorhıdrico0,1 M en un matraz erlenmeyer y le anadimos unas gotas de fenolftaleına(el color no se altera al anadir el indicador ya que la forma acida de lafenolftaleına es incolora). Colocamos el matraz erlermeyer debajo de la bu-reta y anadimos la disolucion de hidroxido de calcio, al principio de formacontinua, para terminar anadiendolo gota a gota, a la vez que agitamos ladisolucion con el agitador magnetico. El punto de equivalencia, que es elpunto en el que la neutralizacion se ha completado, lo determinamos porel cambio en el color del indicador (pasa de incoloro a rosa, que es el colorde la forma basica de la fenolftaleına). Ese momento se conoce como puntofinal de la valoracion. Para que la valoracion sea buena, debe coincidir elpunto de equivalencia con el punto final de la valoracion.
Cuestion 9.20
a) ¿Que volumen de disolucion de NaOH 0,1 M se necesitarıa para neutra-lizar 10 mL de disolucion acuosa de HCl 0,2 M?b) ¿Cual es el pH en el punto de equivalencia?c) Describa el procedimiento experimental y el nombre del material nece-sario para llevar a cabo la valoracion.
a) La ecuacion de la reaccion de neutralizacion y la estequiometrıa de la mismason las siguientes:
HCl + NaOH → NaCl + H2OEstequiometrıa 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol
309
Esquema de la resolucion:
mL dn HCln=M ·V−→ mol HCl
Estequiometrıa−→ mol NaOH
V= nM−→ mL dn NaOH
Moles HCl
n =M · V = 0, 2 mol/L · 0, 01 L = 0, 002 mol HCl
⌊M = 0, 2 mol/L; V = 10 mL = 0, 01 L⌋
Moles NaOH
Segun la estequiometrıa del proceso, 1 mol de HCl neutraliza 1 mol deNaOH (identica cantidad), luego 0,002 mol de HCl neutralizaran 0,002 molNaOH.
Mililitros de NaOH 0,1 M
V =n
M=
0, 002 mol
0, 1 mol/L= 0, 02 L = 20 mL
b) Puesto que se trata de la neutralizacion de un acido fuerte con una base fuerte,el pH en el punto de equivalencia es 7. En el punto de equivalencia el numero deiones hidroxido procedentes del hidroxido de sodio neutraliza los iones hidronioprocedentes del acido:
H3O+ + OH− → 2 H2O
Los unicos iones hidronio e hidroxido son los procedentes de la autoionizacion delagua. Entonces se cumple que:
[H3O+] = [OH−] = 10−7 M
Y el pH es:
pH = −log [H3O+] = −log 10−7 = 7
c) El material y el procedimiento son:
Material:
Un matraz erlenmeyer de 250 mL, una bureta de 25 mL, una pipeta de 10mL, una varilla soporte con pie, una pinza para la bureta y un agitadormagnetico.
310 CAPITULO 9. ACIDOS Y BASES
Procedimiento:
Llenamos la bureta de 25 mL con la disolucion de hidroxido de sodio 0,1M. A continuacion, vertemos conuna pipeta los 10 mL de acido clorhıdrico0,2 M en un matraz erlenmeyer y le anadimos unas gotas de fenolftaleına(el color no se altera al anadir el indicador ya que la forma acida de lafenolftaleına es incolora). Colocamos el matraz erlermeyer debajo de la bu-reta y anadimos la disolucion de hidroxido de sodio, al principio de formacontinua, para terminar anadiendolo gota a gota, a la vez que agitamos ladisolucion con el agitador magnetico. El punto de equivalencia, que es elpunto en el que la neutralizacion se ha completado, lo determinamos porel cambio en el color del indicador (pasa de incoloro a rosa, que es el colorde la forma basica de la fenolftaleına). Ese momento se conoce como puntofinal de la valoracion. Para que la valoracion sea buena, debe coincidir elpunto de equivalencia con el punto final de la valoracion.
Cuestion 9.21
a) El pH de una disolucion de un acido monoprotico (HA) de concentracion5 ·10−3 M es 2,3. ¿Se trata de un acido fuerte o debil? Razone su respuesta.b) Indique si el pH de una disolucion acuosa de CH3COONa es mayor,menor o igual a 7. Razone su respuesta.
a) Se trata de un acido fuerte. Si el pH de la disolucion es 2,3, por definicion depH, la concentracion de iones hidronio sera:
[H3O+] = 10−2,3 = 5 · 10−3 M
Como la concentracion del acido HA coincide con la concentracion de iones hi-dronio ([HA] = [H3O+]), esta totalmente ionizado, luego se trata de un acidofuerte.
b) El acetato de sodio es un electrolito fuerte. En disolucion acuosa esta total-mente disociado en iones acetato e iones sodio:
CH3COONaH2O−→ CH3COO− + Na+
El ion sodio no reacciona con el agua, ya que se trata de un acido debil, mientrasque el ion acetato sı, ya que se trata de una base fuerte (su acido conjugado, elacido acetico, es un acido debil). El equilibrio de hidrolisis del ion acetato es elsiguiente:
CH3COO− + H2O ⇆ CH3COOH + OH−
382 CAPITULO 10. REACCIONES DE OXIDACION-REDUCCION
Problema 10.24
El acido sulfurico reacciona con cobre para dar sulfato de cobre (II), dioxidode azufre y agua.a) Ajuste, por el metodo del ion-electron, la reaccion molecular.b) ¿Que masa de sulfato de cobre (II) se puede preparar por la accion de2 mL de acido sulfurico del 96 % de riqueza en peso y densidad 1,84 g/mLsobre cobre en exceso?Masas atomicas: H = 1; O = 16; S = 32; Cu = 63,5.
a) La ecuacion a ajustar en forma molecular es la siguiente:
0 +6 +2 +4Cu + H2SO4 → CuSO4 + SO2 + H2O
Puesto que la reaccion transcurre en un medio acuoso, disociamos en iones elacido sulfurico y el sulfato de cobre (II), y expresamos la ecuacion de la siguientemanera:
Cu + [2 H+,SO2−4 ]→ [Cu2+,SO2−
4 ] + SO2 + H2O
La ecuacion representa una reaccion redox, porque algunos elementos varıan sunumero de oxidacion (n.o.). Las especies quımicas que contienen esos elementosexperimentan una oxidacion o reduccion segun aumente o disminuya, respectiva-mente, el n.o del elemento en esas especies.
Observamos que el cobre aumenta su n.o. de 0 en la sustancia cobre a +2 en elion cobre (II), mientras que el azufre disminuye su numero de oxidacion de +6en el ion sulfato a +4 en el dioxido de azufre. Por tanto, el cobre (el reductor)se oxida a ion cobre (II), mientras que el ion sulfato (el oxidante) se reduce adioxido de azufre.
Las semiecuaciones de oxidacion y reduccion ajustadas atomica y electricamenteson las siguientes:
S. oxidacion: Cu → Cu2+ + 2 e−
S. reduccion: SO2−4 + 4 H+ + 2 e− → SO2 + 2 H2O
Sumamos las dos semiecuaciones para obtener la ecuacion ionica:
S. oxidacion: Cu → Cu2+ +���2 e−
S. reduccion: SO2−4 + 4 H+ +�
��2 e− → SO2 + 2 H2O
E. ionica: Cu + SO2−4 + 4 H+ → Cu2+ + SO2 + 2 H2O
383
Comprobamos que la ecuacion ionica esta ajustada tanto atomica como electrica-mente. En este ultimo caso, comprobamos que la carga neta en ambos miembroses la misma:
[1× (2−) + 4× (1+)] = 1× (2+) = 2+
Trasladamos los coeficientes de la ecuacion ionica a la molecular, teniendo encuenta que como hay 4 H+ por cada SO2−
4 que se reduce a SO2, ponemos comocoeficiente un 2 delante de H2SO4:
Cu + 2 H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2 H2O
b) La ecuacion de la reaccion y la estequiometrıa de la misma son las siguientes:
Cu + 2 H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2 H2O1 mol + 2 mol → 1 mol + 1 mol + 2 mol
Esquema de los pasos para la resolucion:
mL dn.H2SO4n=M ·V−→
1©mol H2SO4
Estequiometrıa−→
2©mol CuSO4
m=n·Mm−→3©
g CuSO4
① Moles de H2SO4
Calculamos primeramente la molaridad del acido sulfurico concentrado me-diante factores de conversion:
MH2SO4 conc. =1 840
���g dn
L dn·
96�����g H2SO4
100���g dn·
1 mol H2SO4
98�����g H2SO4= 18 M
⌊Mm = 98 g H2SO4/mol H2SO4; d = 1, 84 g dn/mL dn = 1 840 g dn/L dn;
Riqueza = 96 % = 96 g H2SO4/100 g dn⌋
Los moles de H2SO4 en 2 mL (0,002 L) de disolucion seran:
n =M · V = 18mol
L· 0, 002 L = 0, 036 mol H2SO4
② Moles de CuSO4
Segun la estequiometrıa de la reaccion, 2 mol de H2SO4 producen 1 mol deCuSO4 (la mitad). Por tanto, si reaccionan 0,036 mol de H2SO4 producirantambien la mitad: 0,018 mol de CuSO4.
③ Gramos de CuSO4
m = n ·Mm = 0, 018 mol · 159, 5g
mol= 2, 87 g CuSO4
414 CAPITULO 11. PROCESOS ELECTROQUIMICOS
② Moles de Cl2 liberados
Segun la estequiometrıa del proceso global, se deposita el mismo numerode moles de nıquel que se libera de cloro. Por tanto, si se han producido0,0373 mol de Ni, se habran liberado tambien 0,0373 mol de Cl2.
③ Litros de Cl2 liberados en c.n.
En condiciones normales de p y T un mol de cualquier gas ocupa 22,4 L.Por tanto:
V = n · Vm = 0, 0373 mol · 22, 4 L/mol = 0, 83 L Cl2
Problema 11.22
Dos cubas electrolıticas conectadas en serie, contienen una disolucion acuosade AgNO3 la primera, y una disolucion acuosa de H2SO4 la segunda. Alpasar cierta cantidad de electricidad por las dos cubas se han obtenido, enla primera, 0,090 g de plata. Calcule:a) La carga electrica que pasa por las dos cubas.b) El volumen de H2, medido en condiciones normales, que se obtiene en lasegunda cuba.Datos: F = 96 500 C. Masas atomicas: Ag = 108; O = 16.
a) Al pasar la corriente electrica a traves de las cubas que contienen una disolucionde nitrato de plata y una disolucion de acido sulfurico, tiene lugar en el catodode la primera una deposicion de plata metalica, y en el catodo de la segunda undesprendimiento de hidrogeno. En los anodos respectivos, las moleculas de aguase oxidan, originando oxıgeno gaseoso. Los iones nitrato y sulfato no se descargan,ya que el agua se oxida antes que ellos.
NO−3
+Ánodo −
Ag+
O2
e−
Ag
H2O
e−
SO2−
4
+ Cátodo−
H+
O2
Batería
e−
H2
H2O
e−
Las semiecuaciones de reduccion en ambas cubas, ası como sus estequiometrıasson las siguientes:
415
Cuba primera (disolucion de nitrato de plata):
Ag+ (aq) + e− → Ag (s)Estequiometrıa 1 mol 1 mol 1 mol
Cuba segunda (disolucion de acido sulfurico):
2 H+ (g) + 2 e− → H2 (g)Estequiometrıa 2 mol 2 mol 1 mol
Con el dato de la masa de plata depositada, determinamos la carga necesaria queha de pasar por la cuba que contiene la disolucion de nitrato de plata para quese produzca esa deposicion. Puesto que ambas cubas estan conectadas en serie,por la otra celda ha de pasar tambien la misma carga.
Esquema de los pasos para la resolucion:
g Agn= mMm−→1©
mol AgEstequiometrıa−→
2©mol e−
Q=ne− ·F−→3©
C
① Moles de Ag
n =m
Mm=
0, 090 g
108 g/mol= 8, 33 · 10−4 mol Ag
② Moles de e− que intervienen
Segun la estequiometrıa del proceso de reduccion, por cada mol de Ag depo-sitado interviene 1 mol de e−. Por tanto, si se depositan 8, 33 · 10−4 mol Ag,intervendran 8, 33 · 10−4 mol e−.
③ Culombios que pasan
Puesto que 1 mol de e− transportan una carga de 96 500 C (1 F):
Q = ne− · F = 8, 33 · 10−4 mol e− ·96 500 C
mol e−= 80, 4 C
b) Conocida la carga que pasa cuando se deposita una determinada masa deplata, podemos conocer el volumen de hidrogeno que se desprende cuando pasapor la segunda cuba la misma cantidad de carga.
Esquema de los pasos para la resolucion:
mol e−Estequiometrıa−→
1©mol H2
V=n·Vm−→2©
L H2 c.n.p y T
416 CAPITULO 11. PROCESOS ELECTROQUIMICOS
① Moles de H2 desprendidos
Segun la estequiometrıa del proceso de reduccion, por cada 2 mol de e−
que intervienen se desprende 1 mol de H2 (la mitad de moles). Por tanto,si intervienen 8, 33 · 10−4 mol e−, se desprenderan:
1
2· 8, 33 · 10−4 = 4, 16 · 10−4 mol H2
② Litros de H2 desprendidos en condiciones normales de p y T
En c.n. de p y T un mol de cualquier gas ocupa 22,4 L. Por tanto:
V = n · Vm = 4, 16 · 10−4 mol · 22, 4L
mol= 9, 32 · 10−3 L = 9, 32 mL H2
Problema 11.23
a) Calcule el tiempo necesario para que una corriente de 6 amperios deposite190,50 g de cobre de una disolucion de CuSO4.b) ¿Cuantos moles de electrones intervienen?Datos: F = 96 500 C. Masa atomica: Cu = 63,5.
a y b) La ecuacion del proceso de deposicion del cobre y la estequiometrıa delmismo son las siguientes:
Cu2+(aq) + 2e− → Cu (s)Estequiometrıa 1 mol 2 mol 1 mol
Este proceso corresponde a la reduccion del ion cobre (II) a cobre metal, y tienelugar en el catodo de la celda.
Esquema de los pasos para la resolucion:
g Cun= mMm−→1©
mol CuEstequiometrıa−→
2©mol e−
Q=ne− ·F−→3©
Ct=QI−→
4©stranscurridos
① Moles de Cu
n =m
Mm=
190, 5 g
63, 5 g/mol= 3 mol Cu
② Moles de e− que intervienen (apartado b)
424 CAPITULO 12. ALGUNAS FUNCIONES ORGANICAS
funcion quımica (poseen mismo grupo funcional), tienen identica formula generaly difieren solo en la longitud de la cadena; es decir, en el numero de −CH2−.
b) Un compuesto de la misma serie homologa que:
CH3CH3 (etano) es CH3CH2CH3 (propano). Ambos pertenecen a la seriehomologa de los alcanos. En este caso, no podemos decir que exista grupofuncional.
CH3CH2CH2OH (propan-1-ol) es CH3CH2OH (etanol). Ambos pertenecena la serie homologa de los alcoholes. El grupo funcional presente en esta seriehomologa es el grupo −OH (grupo hidroxilo), caracterıstico de la funcionalcohol.
CH3CH2NH2 (etilamina) es CH3CH2CH2CH2NH2 (butilamina). Ambos per-tenecen a la serie homologa de las aminas primarias, ya que se diferencianen un −CH2. El grupo funcional presente en esta serie homologa es el grupo−NH2 (grupo amino), caracterıstico de la funcion amina primaria.
Cuestion 12.5
Defina los siguientes conceptos y ponga un ejemplo de cada uno de ellos:a) Isomerıa de funcion.b) Isomerıa de posicion.c) Isomerıa optica.
a) Isomerıa de funcion es aquella en los que los isomeros1 se diferencian en quetienen distinto grupo funcional. Ejemplo:
CH3 −O− CH3 CH3CH2OHDimetil eter Etanol
El dimetil eter tiene el grupo funcional oxi, caracterıstico de los eteres, mientrasque el etanol tiene el grupo funcional hidroxilo, caracterıstico de los alcoholes.
b) Isomerıa de posicion es aquella en la que los isomeros se diferencian en laposicion que ocupa el grupo funcional en una cadena hidrocarbonada. Ejemplo:
CH3CH2CH2Cl CH3CHClCH3
1− Cloropropano 2− Cloropropano
1Debemos recordar que los isomeros son sustancias que tienen la misma formula molecularpero diferente estructura molecular o diferente disposicion espacial de los atomos. Como podemosobservar, el dimetil eter y el etanol tienen la misma formula molecular, C2H6O.
425
En el 1-cloropropano el atomo de cloro esta en el carbono 1, mientras que en el2-cloropropano el cloro esta en el carbono 2.
c) La isomerıa optica (o enantiomerıa) es aquella en la que los isomeros se diferen-cian por su distinto comportamiento frente a la luz polarizada. Esta isomerıa lapresentan las moleculas que no tienen un plano de simetrıa (moleculas quirales),esto hace posible la existencia de dos isomeros opticos (+) y (−), imagenes espe-culares entre sı. La moleculas que tienen un carbono asimetrico (carbono unidoa cuatro grupos distintos) son quirales. Ası, el acido 2-aminopropanoico presentaisomerıa optica. A continuacion, se representan los isomeros opticos (+) y (−)del acido 2-aminopropanoico (a la izquierda, en formulas tridimensionales, y a laderecha, mediante las proyecciones de Fischer2 de esas formulas):
C
CH3
HH2NHOOC
C
CH3
H NH2COOH
H2N
CH3
HOOC
H
NH2
H
COOH
CH3
Una sustancia opticamente activa esaquella que desvıa el plano de la luzpolarizada. La rotacion de la luz po-larizada se puede detectar con el po-larımetro. Consta de una fuente lumi-nosa, dos lentes polarizadoras y, entreellas, un tubo con la sustancia paraanalizar su actividad optica.
Fuentede luz
Tubo con lasustancia
Polarizador
AnalizadorOjo
Rotaciónobservada
La luz ordinaria, cuya vibracion ocurre en todos los planos, atraviesa primerouna de las lentes, el polarizador, que la transforma en luz que vibra en un soloplano; despues pasa por el tubo y, a continuacion, por la otra lente, el analizador.Para poner a cero el polarımetro, se dispone este de tal manera que en ausenciade sustancia la intensidad de luz que se observa sea la maxima. En presencia dela sustancia opticamente activa, hay que girar el analizador hasta que otra vezla intensidad sea maxima. Si tenemos que girar el analizador un cierto angulohacia la derecha, la sustancia es dextrogira (+), y si tenemos que girarlo hacia laizquierda, levogira (−).
2En las proyecciones de Fischer las lıneas horizontales representan enlaces que salen delplano y las lıneas verticales, enlaces que entran en el plano (son como el resultado de aplastarlas formulas tridimensionales).
Capıtulo 13
Formulacion y nomenclatura
En las formulas de compuestos inorganicos el tipo de nomenclatura utilizado es:
Compuestos binarios metal + no metal: nomenclatura de Stock.
FeCl2 Ag2O AuH3 HgO2
Cloruro de hierro (II) Oxido de plata Hidruro de oro (III) Peroxido de mercurio (II)
Compuestos binarios no metal + no metal: nomenclatura de sistematica.Es valida tambien la nomenclatura con nombres especiales de los hidrurosdel N, P, As, ...
BCl3 Cl2O H2S NH3
Tricloruro de boro monoxido de dicloro Sulfuro de hidrogeno AmoniacoTrihidruro de nitrogeno
Hidroxidos: nomenclatura de Stock.
NaOH Pb(OH)4 HgOHHidroxido de sodio Hidroxido de plomo (IV) Hidroxido de mercurio (I)
Oxoacidos y oxosales: nomenclatura tradicional.
H2SO4 HClO CaCO3 NaH2PO4
Acido sulfurico Acido hipocloroso Carbonato de calcio Dihidrogenofosfato de sodio
En las formulas de compuestos organicos, el localizador del grupo funcional sepospone al prefijo que indica el numero de atomos de la cadena carbonada.
CH2 =CHCH2CH3 CH3CH2COCH2CH2CH3 CH3CHOHCH2OHBut− 1− eno Pentan − 3− ona Propano − 1, 2− diol
449
450 CAPITULO 13. FORMULACION Y NOMENCLATURA
Cuestion 13.1
Formule o nombre los compuestos siguientes:a) Acido perclorico. b) Seleniuro de hidrogeno. c) Pent-4-en-2-ol. d) LiH.e) OsO4. f) CH3CHO.
a) HClO4
b) H2Se
c) CH2 =CHCH2CHOHCH3
d) Hidruro de litio
e) Oxido de osmio (VIII)
f) Etanal
Cuestion 13.2
Formule o nombre los compuestos siguientes:a) Peroxido de bario. b) Fluoruro de plomo (II). c) Metano. d) Bi2O3.e) H2SO3. f) HCONH2.
a) BaO2
b) PbF2
c) CH4
d) Oxido de bismuto (III)
e) Acido sulfuroso
f) Metanamida
Cuestion 13.3
Formule o nombre los compuestos siguientes:a) Oxido de cromo (III). b) Nitrato de magnesio. c) Fenilamina. d) HgS.e) H3BO3. f) CHCl3.
a) Cr2O3
b) Mg(NO3)2