Este documento presenta varios problemas químicos resueltos. En el primer problema, se analizan dos reacciones químicas gaseosas y se determina la relación entre su variación de entalpía y energía interna, así como cuál tendrá mayor variación de entropía. El segundo problema analiza la dimerización del dióxido de nitrógeno y cómo afectan factores como la temperatura, presión y catalizadores. El tercer problema evalúa afirmaciones sobre catalizadores, energías de activación y desplazamientos del equilibrio té

1. EJERCICIOS QUÍMICA 2º BACHILLERATO NAVIDADES 2013-2014
Cuestión 1B.- Fase General Septiembre 2009-2010
Considere las dos reacciones siguientes en las que todas las especies son gases ideales:
(I)
A2B+C
(II) 2 X  Y + Z
a) Escriba para cada una de ellas la relación existente entre su variación de entalpía y su
variación de energía interna.
b) Indique razonadamente cuál de ellas tendrá mayor variación de entropía.
SOLUCIÓN
a)
0
AH = AU + W  AH = AU + An R T. (I) AH = AU + 2 R T; (II) AH = AU + 0 R T
AH = AU
b) La primera reacción tiene una variación de entropía mayor ya que se pasa de 1 mol gas
a 3 moles gas, mientras que la segunda reacción la variación de entropía es 0, ya que
hay dos moles gas en reactivos y dos moles gas en productos.
Cuestión 2B.- Fase Específica Junio 2009-2010
El dióxido de nitrógeno es un gas de color rojizo que reacciona consigo mismo (se dimeriza)
para dar lugar al tetraóxido de dinitrógeno, que es un gas incoloro. Se ha comprobado que una
mezcla a 0 ºC es prácticamente incolora mientras que a 100 ºC tiene coloro rojizo. Teniendo
esto en cuenta:
a) Escriba la reacción que tiene lugar.
b) Justifique si la reacción es exotérmica o endotérmica.
c) ¿Qué cambio de color se apreciará a 100 ºC si se aumenta la presión del sistema?
d) Justifique si se modificará el color de la mezcla si, una vez alcanzado el equilibrio, se
añade un catalizador.
SOLUCIÓN
a)
2 NO2 (g)  N2O4 (g)
b) El paso de NO2 a N2O4, es un proceso exotérmico, ya que hay claramente una bajada
de temperatura (100 ºC
0 ºC).
c) Si aumentamos la presión del sistema el equilibrio se desplazará hacia donde menos
moles haya, por tanto hacia el N2O4, luego se apreciará un cambio de color de rojo a
blanco.
d) Un catalizador no altera al equilibrio una vez que este se ha alcanzado, por tanto no se
dará ningún cambio de color.
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2. Cuestión 1B.- Fase General Junio 2009-2010
El diagrama energético adjunto corresponde a una reacción
química A  B + C, para la cual AS = 60 J·K-1 y el valor absoluto
de la variación de entalpia es AH = 45 KJ.
a) Justifique si la reacción es espontánea a 25 ºC.
b) Indique si un aumento de temperatura aumentará más
La velocidad de la reacción directa A  B+C o de la
reacción inversa B+C  A.
H
A
B+C
reacción
SOLUCIÓN
a) El diagrama indica que la reacción directa es exotérmica, por tanto AH = -45 KJ y le
valor de AS = 60 J·K-1, si aplicamos la fórmula, tenemos: AG = AH – T AS 
AG = -45 KJ – (298 K · 0,060 KJ·K-1)= -45 KJ -17,88 KJ = -62,88 KJ, por tanto al ser un
valor negativo el proceso es espontáneo.
b) La reacción directa es exotérmica y la inversa endotérmica, por tanto un aumento de
temperatura favorecerá más a la reacción endotérmica, es decir a la inversa.
Cuestión 3.- Junio 2008-2009
Justifique si son verdaderas o falsas cada una de las afirmaciones siguientes:
a) La presencia de un catalizador afecta a la energía de activación de una reacción
química, pero no a la constante de equilibrio.
b) En una reacción con AH<0, la energía de activación del proceso directo (Ea) es siempre
menor que la del proceso inverso (Ea´).
c) Una vez alcanzado el equilibrio en la reacción del apartado anterior, un aumento de
temperatura desplaza el equilibrio hacia los reactivos.
d) Alcanzado el equilibrio, las constantes cinéticas de los procesos directo e inverso son
siempre iguales.
SOLUCIÓN
a) CIERTO, el catalizador baja la energía de activación (catalizador positivo) o bien la sube
(catalizador negativo o inhibidor), pero una vez alcanzado el equilibrio no lo altera y
por tanto la constante de equilibrio no se ve afectada.
b) CIERTO, en una reacción exotérmica la energía de activación es siempre menor que la
del proceso inverso (endotérmico), según se ve en la grafica: H
A Ea
Ea ´
B
reacción
c) CIERTO, La reacción directa es exotérmica y por tanto la inversa será endotérmica, un
aumento de temperatura favorecerá a la endotérmica, desplazándose el proceso hacia
los reactivos.
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3. d) FALSO, en el equilibrio lo que son iguales son las velocidades de los procesos directo e
inverso, pero no las constantes cinéticas.
Problema 2 Opción A.- Junio 2008-2009
El pentacloruro de fósforo se descompone con la temperatura dando tricloruro de fósforo y
cloro. Se introducen 20,85 gramos de pentacloruro de fósforo en un recipiente de 1 L y se
calientan a 250 ºC hasta alcanzar el equilibrio. A esa temperatura todas las especies están en
estado gaseoso y la constante de equilibrio Kc vale 0,044
a) Formule y ajuste la reacción que tiene lugar.
b) Obtenga la concentración en mol·L-1 de cada una de las especies de la mezcla gaseosa
a esa temperatura.
c) ¿Cuál será la presión en el interior del recipiente?
d) Obtenga la presión parcial de Cl2.
DATOS: Masas atómicas: P = 31,0; Cl = 35,5
SOLUCIÓN
a) PCl5 (g)  PCl3 (g) + Cl2 (g)
b) M.M PCl5 = 208,5 g·mol-1; moles iniciales de PCl5 =
20,85 g
= 0,1 moles
208,5 g·mol-1
PCl5 (g)  PCl3 (g) + Cl2 (g)
n. iniciales
0,1
0
0
n. equilibrio
0,1-x
x
x
0,1-x
x
x
1
1
[equilibrio]
1
[PCl3 ] · [Cl2 ]
x2
0,044=
[PCl5]
0,1-x
Realizando operaciones sale la ecuación x2 + 0,044x – 0,0044 y los resultados son un
valor negativo (no se tiene en cuenta) y
el otro valor es x = 0,0479 moles.
Si aplicamos la ley de acción de masas, tenemos: Kc =
0,1 - x
[PCl5] =
= 0,1 – 0,0479 = 0,052 mol · L-1; [PCl3]= [Cl2] = x = 0,0479 mol · L-1
1
La constante de equilibrio tiene unidades mol·L-1 aunque el ejercicio no las de.
c) PT · 1 = nT · R · T; PT = (0,052 + 2 · 0,0479) · 0,082 · 523  PT = 6,34 atm.
d) Pi · 1 = ni · R · T; PCL2= 0,0479 · 0,082 · 523 PCL2 = 2,05 atm
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4. Cuestión 5.- Septiembre 2007-2008
Para el siguiente compuesto: CH3 – C = CH – CH3
CH3
a) Indique su nombre sistemático.
b) Escriba su reacción con yoduro de hidrógeno e indique el nombre del producto
mayoritario.
c) Formule y nombre los isómeros de posición del compuesto del enunciado.
SOLUCIÓN
a) 2-metil, 2-buteno.
CH3 – C = CH – CH3 + HI
b)
CH3
CH3 – CI – CH2 – CH3. R. adición a doble enlace
CH3
2-yodo, 2-metil, butano
c) CH3 – CH – CH = CH2
CH3
CH2 = C – CH2 – CH3
CH3
3-metil, 1-buteno
2-metil, 1-buteno
Problema 1 Opción A.- Septiembre 2007-2008
Para la reacción de hidrogenación del eteno (CH2 = CH2), determine:
a) La entalpía de la reacción a 298 K.
b) El cambio de la energía de Gibbs de reacción a 298 K.
c) El cambio de entropía de reacción a 298 K.
d) El intervalo de temperatura para el que dicha reacción no es espontánea.
DATOS A 298 k
AHfº (KJ·mol-1)
AGfº (KJ·mol-1)
CH2 = CH2
52,3
68,1
CH3 – CH3
-84,7
-32,9
SOLUCIÓN
a) CH2 = CH2 + H2  CH3 – CH3
AHºREACCIÓN = ∑ n. AHfº PRODUCTOS - ∑ n. AHfº REACTIVOS  AHºREACCIÓN = -84,7 KJ -52,3 KJ
= -137 KJ
b) AGºREACCIÓN = ∑ n. AGfº PRODUCTOS - ∑ n. AGfº REACTIVOS  AGºREACCIÓN = -32,9 KJ -68,1 KJ
= -101 KJ
AHº - AGº -137 KJ – (-101 KJ)
c) AGº = AHº - T ASº  ASº =
=
= -0,1208 KJ · K-1 = -120,8 J·K-1
T
298 K
4

5. d) AGº = AHº - T ASº. Si analizamos los signos vemos que:
AGº = (-) - [(+) (-)] AGº = (-) – (-) AGº = (-) + (+). Para que el proceso no sea
espontáneo, el término T·ASº>AHº, por tanto, calcularemos la temperatura de
equilibrio y por encima de esa temperatura la reacción no será espontánea:
AHº
-137 KJ
AGº = AHº - T ASº; 0 = AHº - T ASº; T ASº = AHº  T =
=
ASº
-0,1208 KJ · K-1
T = 1134,1 K. Esta es la temperatura de equilibrio y por tanto, por encima de este valor
el proceso dejará de ser espontáneo (T> 1134,1 K)
Problema 1 Opción B.- Septiembre 2007-2008
El valor de la constante de equilibrio a 700 K para la reacción 2HI (g)  H2 (g) + I2 (g) es 0,0183.
Si se introducen 3,0 moles de HI en un recipiente de 5 L que estaba vacío y se deja alcanzar el
equilibrio:
a) ¿Cuántos moles de I2 se forman?
b) ¿Cuál es la presión total?
c) ¿Cuál será la concentración de HI en el equilibrio si a la misma temperatura se
aumenta el volumen al doble?
SOLUCIÓN
2HI (g) 
a)
n. iniciales
3,0
H2 (g) + I2(g)
0
0
n. equilibrio 3 – 2x
x
x
3 – 2x
x
x
5
5
[equilibrio]
5
x
5
[H2] [I2]
x
5
x2
 0,0183 =
Kc =
 0,0183 =
[HI]2
2
3 – 2x
5
(3 – 2x)2
Ahora se puede aplicar la raíz cuadrada a los dos miembros de la igualdad y tendremos
X2
x
 0,1353 =
0,0183 =
(3 – 2x)2
 0,4059 – 0,2706 x = x
3 – 2x
X = 0,32 moles  moles de I2 = X = 0,32 moles.
b) moles de I2 = moles H2 = X = 0,32 moles; moles de HI = 3 – 2x = 3 – 2·0,32 = 2,36 moles
n. totales en el equilibrio = 2,36 + 2·0,32 = 2,36 + 0,64 = 3. Aplicamos la fórmula:
PT · V = n · R · T; PT · 5 = 3 · 0,082 · 700  PT = 34,44 atm
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6. 2HI (g) 
c)
3 – 2x
H2 (g) + I2(g)
x
x
10
10
[equilibrio]
10
3 – 2x
[HI] =
3 – 2· 0,32
=
10
Pero hemos visto que el volumen no
influye en el cálculo de x, por tanto el
valor de x seguirá siendo el mismo,
0,32 moles, pero si se modificará la
concentración de los tres gases, ya que
el volumen se duplica:
10
= 0,236 mol·L-1. No es necesario hacer todo esto,
ya que si el volumen se duplica, la
la concentración del apartado a)
se reduce a la mitad
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