TEMA 2.- Cálculo químico · 2018. 3. 29. · 0.- CONCEPTO DE QUÍMICA. CLASIFICACIÓN DE LA...

Apuntes de Física y Química – 1º Bachillerato Curso 2017-2018

TEMA 2.- Cálculo químicoÍNDICE GENERAL

0.- Concepto de Química. Clasificación de la materia.

1.- El mol.

2.- Leyes de las transformaciones químicas.2.1.- Leyes ponderales.

2.1.1.- Ley de Lavoisier o de conservación de la masa.2.1.2.- Ley de Proust o de las proporciones fijas.

2.2.- Leyes volumétricas.2.2.1.- Ley de Gay-Lussac o de los volúmenes de combinación.2.2.2.- Ley de Avogadro.

3.- Teoría atómica de Dalton.

4.- Leyes de los gases ideales.4.1.- Leyes de los gases ideales.4.2.- Ecuación de estado de los gases ideales. Volumen molar.4.3.- Ley de Dalton de las presiones parciales.4.4.- AMPLIACIÓN: Gases reales.

5.- Composición centesimal de un compuesto. Determinación de fórmulas empíricas y moleculares.

6.- Disoluciones.6.1.- Concentración de una disolución.6.2.- Propiedades coligativas de las disoluciones.

7.- AMPLIACIÓN: Métodos para el análisis de sustancias.

0.- CONCEPTO DE QUÍMICA. CLASIFICACIÓN DE LA MATERIA.

La Química es la ciencia que estudia la estructura y composición de la materia, así como las trans-formaciones químicas que ésta sufre, en las cuales unas sustancias llamadas reactivos se transforman en otrasdiferentes llamadas productos.

Materia es todo aquello que nos rodea, o lo que es lo mismo, todo aquello que posee masa y queocupa un cierto volumen en el espacio. Cualquier sistema material, que es una porción de un determinadotipo de materia, está formado por sustancias que pueden clasificarse de la siguiente manera:

1. Sustancias puras: son aquellos sistemas materiales cuya composición es uniforme e invariable y queno se pueden descomponer en otras sustancias más sencillas por ningún tipo de método físico. Ejem-plos son la sal, el diamante, el alcohol,... Pueden ser de 2 tipos:

• Elementos: son aquellas sustancias puras que no pueden descomponerse en otras más sencillas

Salvador Molina Burgos ([email protected]) 29

mailto:[email protected]

Tema 2.- Cálculo químico

mediante procedimientos químicos. Todos los que se conocen se agrupan en la Tabla Periódica.Un elemento químico es una sustancia formada solamente por un solo tipo de átomo.

• Compuestos: son aquellas sustancias puras formadas por 2 o más elementos químicos y que pue-den descomponerse mediante métodos químicos (p. ej. electrólisis) en los elementos que las for-man. Una molécula es la entidad más pequeña posible en la que se mantienen las mismas pro-porciones de los átomos constituyentes que en el compuesto químico. Ejemplos son la sacarosa,el mármol, el agua, el amoniaco,...

2. Sustancias impuras o mezclas: son aquellos sistemas materiales cuya composición es variable y quepueden descomponerse en sustancias más sencillas mediante métodos físicos (filtración, decanta-ción, destilación, centrifugación, etc.). Pueden ser de 2 tipos:

• Mezclas homogéneas o disoluciones: son aquellas mezclas con la misma composición y propie-dades en todos sus puntos. Ejemplos son el agua azucarada, el latón (aleación de cobre y cinc),...Se estudiarán detenidamente en el apartado 6 de este tema.

• Mezclas heterogéneas: son aquellas mezclas con diferente composición y propiedades en todossus puntos. Ejemplos son el agua con arena, el agua con aceite, el granito,...

1.- EL MOL.

Si intentamos expresar en unidades de masa convencionales (gramo, kilogramo,...) la masa de unátomo o de una molécula obtendremos cantidades extremadamente pequeñas. Es por ello por lo que se hacenecesario utilizar una unidad de masa más adecuada. A esta unidad de masa se le llama unidad de masa ató -mica (uma ó u), que se define como la doceava parte de la masa de la masa del átomo 12

6C.

Así pues, la masa atómica será la masa de un átomo expresada en uma (ó u), y la masa molecularserá la suma de las masas de los átomos que forman una molécula o cristal también expresada en uma (ó u).

NOTA: La masa atómica de un elemento no es un número exacto, ya que su valor se calcula hallando la me-dia ponderada de las masas atómicas de los isótopos que de dicho elemento existan en la Naturaleza. Ésta esla razón de los valores decimales de las masas atómicas de los elementos que aparecen en la tabla periódica.

El mol es la unidad de cantidad de sustancia en el S.I.; se define de la siguiente manera:

Mol es la cantidad de sustancia que contiene el mismo nº de átomos que hay en 12 g de carbono-12

En 1865, el físico alemán J. Loschmidt determinó experimentalmente que el nº de átomos contenidoen 1 mol de cualquier elemento era siempre de 6´022·1023; a dicho número se le llamó número de Avoga -dro, en honor de este científico italiano, que predijo que 1 mol de cualquier sustancia debía contener siempreel mismo nº de partículas. Así pues, 1 mol de cualquier sustancia es la cantidad de dicha sustancia que con-tiene 6´022·1023 entidades de dicha sustancia. Además, siempre se cumple que la masa, en gramos, de 1 molde cualquier sustancia coincide con su masa atómica o molecular. Es por ello por lo que la masa molar seexpresa en g/mol y coincide numéricamente con la masa atómica o molecular.

NOTA: Si conocemos la masa de gramos de una sustancia, m, y su masa molar, M, entonces el nº de moles,n, de dicha sustancia puede calcularse directamente mediante:

n=mM

Departamento de Física y Química – IES Leopoldo Queipo (Melilla) 30


Ejemplo resuelto: ¿Cuántos moles de iones sulfato hay en 196 g de ácido sulfúrico?Masas atómicas: H = 1; S = 32; O = 16.

En una molécula de H2SO4 hay un ión sulfato; para hallar el nº de iones sulfato calculamos antes el nº de mo-léculas de H2SO4 que hay:

6´022·1023 moléculas H2SO4

x=

98 g196 g

⇒ x = 1´ 20·1024 moléculas de H2 SO4

Como en cada molécula hay un ión sulfato (SO42-), entonces el nº de iones sulfato será:

1´20·1024 iones SO42-

2.- LEYES DE LAS TRANSFORMACIONES QUÍMI CAS.

En todo proceso químico se cumple una serie de leyes, bien referidas a las masas de las sustancias in-tervinientes o bien a sus volúmenes. Nos encontramos entonces con las leyes ponderales y las leyes volumé-tricas de las transformaciones químicas, todas ellas deducidas a partir de la experimentación.

2.1.- LEYES PONDERALES.

2.1.1.- LEY DE LAVOISIER O DE CONSERVACIÓN DE LA MASA.

Fue establecida por A. Lavoisier en 1774 gracias al empleo sistemático de la balan-za, y establece que en cualquier transformación química la masa total permanece constante,esto es, las masas de los reactivos y de los productos deben ser siempre iguales.

2.1.2.- LEY DE PROUST O DE LAS PROPORCIONES FIJAS.

Fue establecida por L. Proust en 1799, y establece que cuando dos o más elementos seunen para formar un compuesto, lo hacen siempre de acuerdo con una relación numérica sen-cilla y fija entre sus masas (o entre las cantidades, en moles, de dichos elementos).

2.2.- LEYES VOLUMÉTRICAS.

2.2.1.- LEY DE GAY-LUSSAC O DE LOS VOLÚMENES DE COMBINACIÓN.

Fue establecida por J.L. Gay-Lussac en 1808, y establece que los volúmenes de las sustancias gaseo-sas que intervienen en una reacción química (ya sean reactivos o productos) guardan entre sí una relación nu -mérica sencilla siempre y cuando se trabaje a presión y temperatura constantes.

2.2.2.- LEY DE AVOGADRO.

Fue establecida por A. Avogadro en 1811 con el fin de explicar la ley de los volúmenesde combinación; para ello, Avogadro supuso que muchos gases estaban formados por moléculas(fue el primer científico en introducir dicho concepto) en vez de átomos. Establece que volúme-nes iguales de gases distintos, medidos en las mismas condiciones de presión y de temperatura,contienen el mismo número de moléculas (o de moles).




3.- TEORÍA ATÓMICA DE DALTON.

A lo largo de la historia muchos científicos han supuesto que la materia es conti-nua, es decir, que no podía estar formada por partículas discretas muy pequeñas. Sin em-bargo, a principios del siglo XIX algunos científicos como el inglés John Dalton (en laimagen) comienzan a especular con la idea de que la materia es, en realidad, discreta o dis-continua, lo cual significa que está formada por miles de partículas muy pequeñas y que seencuentran en continuo movimiento. Esta teoría, que no fue corroborada hasta mediadosdel siglo XIX, explica las propiedades de las sustancias a partir de su naturaleza corpuscu-lar.

Las leyes ponderales que acabamos de explicar no pudieron ser justificadas hasta la aparición, en1808, de la primera teoría atómica moderna. Fue enunciada por John Dalton, un maestro inglés, y se basa enlas siguientes hipótesis:

1. Todos los elementos están formados por partículas muy pequeñas, indivisibles e indestructibles, lla-madas átomos.

2. Todos los átomos del mismo elemento tienen igual masa y propiedades.3. Los compuestos se forman por la unión de átomos de los correspondientes elementos en una relación

numérica sencilla.4. En cualquier reacción química los átomos ni se crean ni se destruyen: se reordenan de forma diferen-

te.

Los dos principales aciertos de la teoría de Dalton son los siguientes:

• Explica de manera sencilla qué es un elemento (formado por un solo tipo de átomos), un compuesto(formado por la unión de átomos de elementos distintos) y una mezcla (átomos distintos que noguardan una relación fija entre ellos).

• Justifica las leyes ponderales:

◦ De acuerdo con la 1ª y 4ª hipótesis, una reacción química no es más que una reordenación de losátomos de los reactivos para dar lugar a los productos, pues son indestructibles. Al no variar elnúmero de átomos, entonces la masa de los reactivos y de los productos será la misma. De estamanera queda explicada la ley de conservación de la masa.

◦ De acuerdo con la 2ª hipótesis de la teoría de Dalton, si todos los átomos de un mismo elementotienen la misma masa y si los átomos se unen en proporciones numéricas fijas (3ª hipótesis), lacomposición de un compuesto debe tener siempre el mismo valor, independientemente del ori -gen de la muestra analizada. De esta manera queda explicada la ley de Proust.

No obstante, la teoría atómica de Dalton presenta algunas deficiencias; de hecho, ninguna de las hi-pótesis es correcta del todo:

• 1ª hipótesis: No es correcta porque el átomo es, en realidad, divisible (está formado por protones,neutrones y electrones).

• 2ª hipótesis: No todos los átomos del mismo elemento químico tienen igual masa; los isótopos sonátomos del mismo elemento con distinta masa (pues tienen el mismo nº atómico y distinto nºmásico).

• 3ª hipótesis: Dalton consideraba que las uniones entre átomos de distintos elementos para formar



compuestos se llevaba a cabo de la forma más sencilla posible. Así, por ejemplo, consideraba que lafórmula del agua debía ser HO, o que NH debía ser la del amoniaco. Experimentalmente, y conside-rando los avances técnicos de la época, era imposible determinar el número de átomos que formanlos elementos. Para ello hubo que esperar algunos años.

• 4ª hipótesis: Aunque esta hipótesis sí se cumple en las reacciones químicas ordinarias, existen ciertasreacciones – llamadas reacciones nucleares – en las que sí aparecen nuevos átomos a partir de otrosque desaparecen.

4.- LEYES DE LOS GASES.

Cualquier sustancia puede encontrarse en 3 estados de agregación diferentes: sólido, líquido y gaseo-so. Los primeros experimentos realizados para demostrar la veracidad de la naturaleza corpuscular de la ma-teria lo fueron con sustancias gaseosas, dada su mayor facilidad para comprimirse, expandirse o fluir, de ahíque las primeras leyes que explican el comportamiento de la materia se refieran a los gases. Cualquier gas secaracteriza por 3 magnitudes:

• Presión (p): nos indica la cantidad de choques de las partículas con las paredes del recipiente quecontiene el gas. En las leyes de los gases se mide en atmósferas (atm), aunque también puede medir -se en pascales (Pa) ó en mm de mercurio (mm de Hg); la equivalencia entre estas unidades es la si-guiente:

1 atm = 101300 Pa = 760 mm de Hg

• Volumen (V): nos indica el espacio que ocupa el gas o bien el del recipiente que lo contiene. En lasleyes de los gases se expresa en litros.

• Temperatura (T): nos indica la velocidad a la que se mueven las partículas; a mayor temperatura, ma-yor velocidad. En las leyes de los gases se expresa en kelvin (K); su relación con el grado centígrado(ºC) es la siguiente:

T(K) = T(ºC) + 273

4.1.- LEYES DE LOS GASES IDEALES.

Decimos que un gas es ideal o perfecto cuando entre las partículas que lo forman no existen fuerzasatractivas, y que además ocupan un volumen despreciable en comparación con el volumen del recipiente enque se encuentren. Obviamente, se trata de una idealización, aunque los gases reales no suelen apartarse mu-cho de este comportamiento ideal.

Las leyes de los gases ideales o perfectos son puramente experimentales, es decir, han sido deducidasa partir de resultados obtenidos en el laboratorio. En orden cronológico, son las siguientes:

1. Ley de Boyle-Mariotte: Fue establecida en 1662 de manera simultánea eindependiente por el científico inglés Robert Boyle y por el francés E. Ma-riotte. Establece que si la temperatura de un gas permanece constante, supresión y su volumen son inversamente proporcionales (cuando uno au-menta, el otro disminuye, y viceversa), de manera que su producto perma-nece constante:

pV = cte ⇒ p1V1 = p2V2

donde 1 y 2 son los estados inicial y final del gas (antes y después de la transformación que haya




sufrido).

2. Ley de Charles: Fue establecida en 1787. Establece que si la presión de un gas per-manece constante, su volumen y su temperatura son directamente proporcionales, esdecir, si aumenta la temperatura, también lo hará el volumen, y viceversa:

VT

= cte ⇒V1

T1

=V2

T2

3. Ley de Gay-Lussac: Fue establecida en 1802. Establece que si el volumen de ungas permanece constante, la presión y la temperatura son directamente proporcio-nales:

pT

= cte ⇒p1

T1

=p2

T2



4. Ley general de los gases: Las 3 leyes anteriores pueden unificarse en una única ecuación llamadaley general de los gases, la cual relaciona la presión, el volumen y la temperatura de un gas:

pVT

= cte ⇒p1 V1

T1

=p2 V2

T2

4.2.- ECUACIÓN DE ESTADO DE LOS GASES IDEALES. VOLUMEN MOLAR.

La constante que aparece en la ecuación de estado de los gases depende del número de moles, n, degas y de una constante llamada constante de los gases ideales, la cual ha sido determinada de forma experi-mental y cuyos posibles valores, dependiendo de las unidades empleadas, son los siguientes:

R = 0´082 atm ·lmol· K

= 8´31 J

mol· K= 1´98

calmol· K

De esta manera, como cte = nR, nos queda:

pV = nRT

que se conoce con el nombre de ecuación (de estado) de los gases ideales.

El volumen molar de un gas es el volumen que ocupa 1 mol de dicho gas a una cierta presión y tem-peratura; si el gas se encuentra en condiciones normales (c.n.), a 1 atm de presión y a 0 ºC, el volumen molares de 22´4 litros, como puede comprobarse fácilmente.

Ejemplo resuelto: Se tienen en dos recipientes del mismo volumen y a la misma temperatura 1 mol deoxígeno gaseoso y 1 mol de metano, respectivamente. Contestar razonadamente a las siguientes cues-tiones:

a) ¿En cuál de los dos recipientes será mayor la presión?b) ¿En qué recipiente la densidad del gas será mayor? c) ¿Dónde habrá más átomos?

Masas atómicas: O = 16; C = 12; H = 1.

a) De acuerdo con la ecuación de estado de los gases ideales, la presión que ejerce un gas es directamenteproporcional al nº de moles y a la temperatura, e inversamente proporcional al volumen:

pV = nRT ⇒ p =nRTV

En ambos recipientes son iguales el nº de moles, la temperatura y el volumen, de lo que deducimos que lapresión será igual en los dos recipientes.

b) La densidad de un gas depende de su masa y del volumen que ocupa:

d =mV

Los volúmenes de los dos gases son iguales, por lo que será más denso el gas que tenga mayor masa. Calcu -lamos la masa de cada gas sabiendo que las masas molares del O2 y del CH4 son, respectivamente, 32 g/moly 16 g/mol. Así, habrá 32 g de O2 y 16 g de CH4. Por tanto, el O2 tendrá una densidad mayor.

c) En cada recipiente hay 1 mol de gas, por lo que el nº de moléculas en cada uno será el mismo, 6´022·10 23.Sin embargo, cada molécula de metano tiene 5 átomos, mientras que cada molécula de oxígeno solamentetiene dos. Así pues, habrá más átomos en el recipiente que contiene CH4.




Ejemplo resuelto: Calcular el número de átomos de oxígeno que hay en:a) 1 L de agua. b) 10 L de ozono (O3) en condiciones normales.c) 20 g de hidróxido de sodio.

Datos: masas atómicas: O = 16; H = 1; Na = 23. Densidad del agua = 1 g/mL.

a) Calculamos en primer lugar la masa de agua a partir de su densidad:

d =mV

⇒ m = d · V = 1g

mL·1000 mL = 1000 g de H2O

La masa molar del agua es 18 g/mol; el número de moléculas de agua que hay en 1000 g será:

6´022·1023 moléculas H2O

x=

18 g1000 g

⇒ x = 3´35·1025 moléculas de H2O

Ahora bien, en cada molécula de agua hay 1 átomo de oxígeno, por lo que el nº de átomos de oxígeno en 1 Lde agua será:

3´35·1025 átomos de O

b) Sabemos que el volumen molar de cualquier gas en condiciones normales es de 22´4 L; así pues, el nº demoles de ozono será:

1 mol O3

x=

22´ 4 L10 L

⇒ x = 0 ´45 moles de O3

En 1 mol de ozono hay 6´022·1023 moléculas; por tanto, el nº de moléculas de ozono será:

0´45·6´022·1023 = 2´69·1023 moléculas de O3

Cada molécula de ozono contiene 3 átomos de oxígeno; el nº de átomos de oxígeno será:

2´69·1023·3 = 8´065·1023 átomos de O

c) La masa molar del NaOH es 40 g/mol; el nº de moléculas de NaOH será, por tanto:

6´022·1023 moléculas NaOHx

=40 g20 g

⇒ x = 3´011·1023 moléculas de NaOH

Cada molécula de NaOH contiene 1 átomo de oxígeno, por lo que el nº de átomos de oxígeno coincidirá conel nº de moléculas:

3´011·1023 átomos de O

4.3.- LEY DE DALTON DE LAS PRESIONES PARCIALES.

La ley de Dalton de las presiones parciales establece que si en un recipiente hay varios gases (que noreaccionen entre sí) a una determinada temperatura, cada gas ejerce una presión (llamada pre sión parcial)igual a la que ejercería él solo si ocupase el mismo volumen a la misma temperatura. Así, la presión total seráigual a la suma de las presiones parciales de los gases que se encuentren dentro del recipiente:



pT = ∑i = 1

n

pi = p1 + p2 + p3 +... =n1 RT

V+

n2 RT

V+

n3 RT

V+... =

n T RT

V

La presión parcial de cada gas “i” se calculará de la manera siguiente:

pi

pT

=ni

nT

⇒ pi =ni

nT

pT = χ i pT

siendo χ i la fracción molar del gas “i”.

Ejemplo resuelto: Un recipiente de 11´2 L se llena de ozono (O3) en condiciones normales. A continua-ción, se añaden 14 g de nitrógeno gaseoso. Hallar las presiones parciales de cada gas y la presión totaldentro del recipiente sabiendo que la temperatura no varía. R = 0´082 atm·L·mol-1·K-1.

Calculamos en primer lugar el nº de moles de ozono teniendo en cuenta que se encuentra en condiciones nor-males:

1 mol O3

x=

22´ 4 L11´ 2 L

⇒ x = 0 ´5 moles de O3

Hallamos el nº de moles de N2 que se introducen teniendo en cuenta que su masa molar es 28 g/mol:

n =mM

=14g

28 g /mol= 0´5 moles de N2

Hallamos la presión parcial del nitrógeno utilizando la ecuación de estado de los gases ideales:

pN2V = nN2

RT ⇒ pN2=

nN2RT

V=

0 ´5· 0´082· 27311´2

= 1 atm

Como el ozono se encontraba en c.n. su presión parcial era de 1 atm; de acuerdo con la ley de Dalton de laspresiones parciales la presión total dentro del recipiente será:

pT = pO3+ pN2

= 1 atm + 1 atm = 2 atm

4.4.- AMPLIACIÓN : GASES REALES.

Aquellos gases cuyo comportamiento se desvía del de los gases ideales se llaman gases reales. Nu-méricamente, el comportamiento más o menos ideal de un gas se mide gracias al llamado factor de compresi-bilidad (pV/nRT); para los gases ideales dicho factor es igual a 1. Cuanto más cercano a 1 sea el factor decompresibilidad de un gas real, más ideal será su comportamiento. Aproximadamente, podemos afirmar queel comportamiento de cualquier gas real es prácticamente ideal a temperaturas altas y presiones bajas.

La ecuación que describa el comportamiento de los gases reales debe tener en cuenta tanto una co -rrección en el volumen (debido al propio volumen de las moléculas, que son incompresibles) como en la pre -sión (debido a las fuerzas de atracción entre las moléculas, que provocan una disminución de la presión alchocar éstas con las paredes del recipiente). Estos dos factores fueron tenidos en cuenta por Van der Waals,quien estableció la siguiente ecuación para los gases reales:




(p +n2a

V2 )(V − nb ) = nRT

• El término n2a/V2 está relacionado con las fuerzas intermoleculares de atracción y aparece sumado ala presión porque la presión medida es menor de lo esperado, de acuerdo con lo dicho antes.

• El valor b, llamado volumen excluido por mol, está relacionado con el volumen de las moléculas delgas; al valor V – nb se le llama volumen libre del gas.

• Las constantes a y b son específicas para cada gas, y pueden sufrir ligeras modificaciones si varían latemperatura o la presión.

Para realizar simulaciones por ordenador relacionadas con las leyes de los gases, puedes consultar la siguien-te página web:

http://ntic.educacion.es/w3//eos/MaterialesEducativos/mem2003/gases/

En los siguientes vídeos aparecen explicados el concepto de temperatura y las leyes de los gases:http://www.youtube.com/watch?v=Tt21tuRxVyI (1 de 2)

http://www.youtube.com/watch?v=uGIUM8K3k70 (2 de 2)

5.- COMPOSICIÓN CENTE SIMAL DE UN COMPUESTO. DETERMINA -CIÓN DE FÓRMULAS EMPÍRICAS Y MOLECULARES.

En Química suelen aparecer muchos problemas relacionados con las fórmulas químicas de las sus-tancias. Recordemos que las fórmulas químicas pueden ser de varios tipos; los dos más importantes son lossiguientes:

• Fórmula empírica: nos indica la relación numérica más sencilla entre los átomos que forman la sus-tancia. Suele utilizarse cuando la sustancia tiene estructura cristalina.

• Fórmula molecular: nos indica el nº real de átomos que contiene la sustancia. Lógicamente, la fór-mula molecular será un múltiplo entero de la fórmula empírica, aunque en algunos casos ambas fór-mulas pueden coincidir.

La composición centesimal de un compuesto consiste en determinar el porcentaje de cada uno delos elementos que lo forman con respecto a la masa total del mismo. Para ello seguiremos los siguientes pa-sos:

1. Calcular la masa molar del compuesto.2. Para cada elemento, calcular la razón entre su contribución a la masa del compuesto y la masa total

del mismo.3. Multiplicar esta razón por 100 para obtener la composición centesimal del compuesto.

Ejemplo resuelto: ¿Qué sustancia es más rica en oxígeno, el monóxido de carbono o el agua? Masas atómicas: C = 12; O = 16.

Para saber qué sustancia es más rica en oxígeno debemos calcular el porcentaje de oxígeno que hay en cadauna; sabiendo que las masas molares del CO y del H2O son, respectivamente, 28 g/mol y 18 g/mol, tendre-mos:


http://www.youtube.com/watch?v=uGIUM8K3k70

http://www.youtube.com/watch?v=Tt21tuRxVyI

http://ntic.educacion.es/w3//eos/MaterialesEducativos/mem2003/gases/


CO → % de O =masa deO

masa molar·100 =

1628

·100 = 57´14 %

H2O → % de O =masa deO

masa molar·100 =

1618

·100 = 88´89 %

La sustancia más rica en oxígeno es el H2O.

Para determinar la fórmula empírica de una sustancia debemos determinar el nº de moles de cada ele-mento que la formen, relacionando dichos números de la forma más sencilla posible (ley de Proust). Para ha-llar la fórmula molecular nos valdremos de la masa molecular de la sustancia, y tendremos en cuenta que di-cha fórmula es un múltiplo entero de la fórmula empírica. Las fórmulas empírica y molecular de una sustan-cia pueden calcularse de dos maneras distintas:

1. A partir de la composición centesimal del compuesto obtenida experimentalmente.i. Calcular las cantidades, en moles, de los elementos que forman la sustancia (por cada 100 g de la

misma es la cantidad de referencia más sencilla).ii. Expresar la relación entre las cantidades, en moles, de los elementos que forman la sustancia de

la forma más sencilla posible (números naturales). Para ello, hay que dividir cada uno de ellospor el más pequeño.

iii. Si encontramos que uno o más números no son naturales, debemos multiplicarlos por un númeropequeño que los convierta a todos en números naturales. De esta manera obtenemos la fórmulaempírica del compuesto.

iv. La fórmula molecular real del compuesto puede ser igual o un múltiplo de la fórmula empírica.Para encontrar el factor multiplicador hay que comparar la masa de la fórmula empírica con lamasa molecular verdadera del compuesto. Si no nos proporcionan la masa molecular del com-puesto, en el enunciado aparecerán los datos necesarios para calcularla.

Ejemplo resuelto: Un hidrocarburo gaseoso contiene un 82´76 % de carbono. Determinar sus fórmulasempírica y molecular sabiendo que su densidad a 1140 mm de Hg y a 27 ºC es de 3´54 g/L. Datos: R = 0´082 atm·L·mol-1·K-1. Masas atómicas: C = 12; H = 1.

Al tratarse el compuesto de un hidrocarburo estará formado únicamente por C (82´76 %) e H (17´24 %). Porcada 100 g de compuesto habrá 82´76 g de C y 17´24 g de H; el nº de moles de ambos elementos será:

n =mM

=82´76 g

12 g /mol= 6´897 moles de C

n =mM

=17 ´24 g1 g /mol

= 17´24 moles de H

De acuerdo con la ley de Proust, las cantidades de los elementos que se unen para formar un compuestoguardan entre sí una relación numérica sencilla y fija; en este caso, la relación entre las cantidades de C e Hes la siguiente:

C : H → 6´897 : 17´24 → 1 : 2´5 → 2 : 5

La fórmula empírica del hidrocarburo será C2H5. La fórmula molecular será (C2H5)x, cuya masa molar es 29xg/mol.

Hallamos la masa molar del hidrocarburo sabiendo su densidad en estado gaseoso; partimos de la ecuaciónde estado de los gases ideales:




pV = nRT ⇒ pV =mM

RT ⇒ pM = dRT ⇒ M =dRT

p=

3´54·0´ 082·3001´5

= 58´056 g /mol

Igualando ambas masas molares obtenemos el valor de x:

29x = 58´056 ⇒ x = 2

La fórmula molecular del compuesto será C4H10 (butano).

2. A partir del análisis de los productos de la combustión de la sustancia (para sustancias que se que-man fácilmente, como las que contienen C, H O y N).i. Calcular la cantidad de C que hay en el CO2 obtenido; dicha cantidad coincidirá con la que había

en el compuesto inicial.ii. Calcular la cantidad de H que hay en el H2O obtenida; dicha cantidad coincidirá con la que había

en el compuesto inicial.iii. Calcular las cantidades de los elementos restantes (O, N,...) a partir de los datos suministrados en

el enunciado del problema.iv. Una vez calculadas estas cantidades, debemos seguir los mismos pasos explicados en el caso an-

terior para hallar las fórmulas empírica y molecular.

Ejemplo resuelto: Una muestra de 0´2612 g de un hidrocarburo produce 0´8661 g de CO2 y 0´2216 g deH2O en el análisis de los productos de la combustión. Se encuentra que su masa molecular es 106 u. De-terminar su fórmula molecular.Masas atómicas: C = 12; H = 1.

Sabemos que la combustión de una sustancia orgánica origina CO2 y H2O como productos:

sust. (C e H) + O2 → CO2 + H2O

Para calcular la cantidad de carbono y de hidrógeno que hay en el hidrocarburo debemos tener en cuenta que,una vez que tiene lugar la combustión...

• ...todo el carbono del hidrocarburo pasa a formar parte del CO2.• ...todo el hidrógeno del hidrocarburo pasa a formar parte del H2O.

Así pues, calculamos las masas de carbono y de hidrógeno a partir de los porcentajes que hay de dichos ele -mentos en ambas sustancias:

CO2 → % de C =masa de C

masa molar·100 =

1244

·100 = 27´27 %

H2O → % de H =masa de H

masa molar·100 =

218

·100 = 11´11 %

Por tanto, las masas de C y de H que hay en el CO2 y en el H2O serán, respectivamente:

masa de C = 0´8661·0´2727 = 0´2362 g de C masa de H = 0´2216·0´1111 = 0´0246 g de H

El nº de moles de ambos elementos será:

n =mM

=0´2362 g12g / mol

= 0 ´0197 moles de C n =mM

=0´0246 g1g /mol

= 0´ 0246 moles de H



De acuerdo con la ley de Proust, las masas de los elementos que se unen para formar un compuesto guardanentre sí una relación numérica sencilla y fija; en este caso, la relación entre las cantidades de C e H es:

C : H → 0´0197 : 0´0246 → 1 : 1´25 → 4 : 5

La fórmula empírica del hidrocarburo será C4H5. La fórmula molecular será (C4H5)x, cuya masa molar es 53xg/mol. Igualando ambas masas molares obtenemos el valor de x:

53x = 106 ⇒ x = 2

La fórmula molecular del compuesto será C8H10.

6.- DISOLUCIONES.

6.1.- CONCENTRACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN.

Una disolución es una mezcla homogénea formadapor 2 componentes, los cuales pueden encontrarse en cual-quiera de los 3 estados de agregación:

• Soluto: suele ser el componente que aparece en me-nor proporción.

• Disolvente: suele ser el componente que aparece enmayor proporción. Es el que determina el estado deagregación de la disolución. Si uno de los componen-tes de la disolución es el agua, ésta siempre será el di-solvente.

Cuando el soluto se disuelve en el disolvente, su estructura se “desmorona”, ya que las partículas quelo forman son atraídas por las partículas de disolvente. Es por ello por lo que cuando una sustancia se disuel -ve en otra “desaparece”, no pudiendo diferenciarse ambas (ver figura de la derecha).

La concentración de una disolución nos indica la proporción (o relación) entre la cantidad de solutoy la cantidad de disolvente o de disolución en que se encuentra disuelto. Puede expresarse de varias manerasdiferentes:

A) Porcentaje en masa.

Relaciona la masa de soluto con la masa de la disolución en la que se encuentra disuelto:

% en masa = masa soluto

masa disolución·100 (se expresa en %)

B) Fracción molar.

Relaciona el nº de moles de soluto (o de solutos, si hay varios) o de disolvente con el nº de moles dedisolución en que se encuentran disueltos; así, podemos hablar de fracción molar de soluto o de fracción mo -lar de disolvente:




χs =ns

n D

=ns

ns + nd

(es adimensional)

χd =nd

nD

=ns

ns + nd

(es adimensional)

donde s representa el soluto, d el disolvente y D la disolución.

Obviamente, la suma de todas las fracciones molares, de soluto (o solutos, si hay varios) y de disol -vente, debe ser igual a la unidad. En el caso en que exista un único soluto disuelto en un disolvente, tendre -mos:

Σχ i = 1 ⇒ χ s + χd = 1

C) Molaridad.

Relaciona el nº de moles de soluto con el volumen en litros de disolución:

M =ns

V(l )disolución(se expresa añadiendo “molar” ó “M” ó mol/L)

D) Molalidad.

Relaciona el nº de moles de soluto con la masa de disolvente expresada en kg:

m =ns

kg disolvente(se expresa añadiendo “molal” ó “m” ó mol/kg)

Ejemplo resuelto: En la etiqueta de un frasco de ácido clorhídrico comercial se especifican los siguien-tes datos: 32 % en masa, densidad 1´14 g/mL. Calcular:

a) Fracción molar de soluto y molalidad de la disolución. b) Volumen de la disolución comercial que se necesita para preparar 100 mL de disolución acuosa

de HCl 0´2 M. Masas atómicas: H = 1; Cl = 35´5; O = 16.

a) Para determinar la fracción molar de soluto necesitamos conocer el nº de moles de soluto y de disolvente;los calculamos teniendo en cuenta el porcentaje en masa de la disolución:

32 g de soluto (HCl) → nS =mM

=32 g

36´5 g /mol= 0´88 moles HCl

Por cada 100 g de disolución

68 g de disolvente (H2O) → nd =mM

=68 g

18 g /mol= 3´ 78 moles H2 O

Así pues, la fracción molar de soluto será:

χS =nS

nS + nd

=0´88

0´88 + 3´78= 0´19

El resultado anterior nos indica que hay 0´19 moles de soluto (HCl) por cada mol de disolución.



Finalmente, calculamos la molalidad a partir del nº de moles de soluto y de la masa de agua (disolvente) enque están disueltos:

m =nS

kg disolvente=

0´88 moles0´068 kg

= 12´ 94 m

Este resultado nos indica que hay 12´94 moles de HCl disueltos por cada kg de agua.

b) Hallamos el nº de moles de HCl que debe haber disueltos en la disolución que queremos preparar:

M =nS

V(L) disolución⇒ nS = M· V = 0´2·0 ´1 = 0 ´02 moles HCl

Hallamos ahora la masa de estos 0´02 moles de HCl:

n =mM

⇒ m = n · M = 0 ´02 moles ·36 ´5 g /mol = 0´73 g HCl

En el volumen de disolución comercial que saquemos del frasco deberán haber, exactamente, 0´73 g de HCl;como la concentración de esta disolución es del 32 % en masa, tendremos que la masa de disolución que te-nemos que sacar del frasco será:

32 g HCl0´73 g HCl

=100 g disolución

x⇒ x = 2´ 28 g de disolución

Calculamos el volumen de disolución que hay que sacar del bote a partir de su densidad:

d =mV

⇒ V =md

=2 ´28 g

1´14 g / mL= 2 mL disolución

Así pues, deberemos sacar 2 mL de disolución del frasco y completar con agua hasta 100 mL de disolución.

6.2.- PROPIEDADES COLIGATIVAS DE LAS DISOLUCIONES.

Las disoluciones tienen algunas propiedades que no dependen de la naturaleza del soluto, sino única-mente de su concentración: son las llamadas propiedades coligativas de las disoluciones. Son las siguientes:

A) AMPLIACIÓN : PRESIÓN DE VAPOR: Consideremos un recipiente cerrado que contenga un lí-quido, tal y como se indica en la figura. Inicialmente sólo se produce la evaporación, aunque a conti -nuación se producirá la condensación de las moléculas del gas (siendo mayor la velocidad a la quelas moléculas se evaporan que la velocidad a la que se condensan). Llegará un momento en que lavelocidad de condensación será igual a la de vaporización (equilibrio dinámico), de manera que elnúmero de moléculas en estado gaseoso permanecerá constante en el tiempo; también será constante,por tanto, la presión ejercida por este vapor. La presión ejercida por un vapor en equilibrio dinámicocon su líquido se denomina presión de vapor. Los líquidos con altas presiones de vapor a temperatu-ra ambiente se dice que son volátiles, siendo no volátiles aquellos que tienen bajas presiones de va-por. Obviamente, la volatilidad de un líquido dependerá fundamentalmente de la intensidad de lasfuerzas atractivas intermoleculares.




La presión de vapor de un líquido depende solamente de la naturaleza del líquido y de su temperatu-ra (si ésta aumenta, también lo hará la presión de vapor), y no de la cantidad de líquido o de vapor. En la década de 1880 el químico francés F. M. Raoult encontró que un soluto (que no sea volátil o iónico) disuelto en un disolvente disminuye la presión de vapor del disolvente. La ley de Raoult establece que la presión parcial ejercida por el vapor del disolvente sobre una disolución ideal, pD, es el producto de la fracción molar del disolvente en la disolución, χD , y la presión de vapor del disolvente puro a la temperatura dada, pDº:

pD = χD pD0

Aunque la ley de Raoult es solamente válida para disoluciones ideales, funciona razonablemente bien para el disolvente en disoluciones diluidas.

B) AMPLIACIÓN : PRESIÓN OSMÓTICA: Consideremos ahora una disolución acuosa de azúcarcontenida en un tubo de vidrio, separada de aguapura mediante una membrana semipermeable (so-lamente permeable al agua). Como la concentra-ción de moléculas de agua es mayor en el aguapura que en la disolución, hay un flujo neto desdeel agua pura hasta la disolución (desde la solucióndiluida hasta la concentrada), denominado ósmo -sis. Este flujo provoca que la disolución asciendapor el tubo, tanto más cuanto más concentrada seala disolución. Después de un cierto tiempo, la diso-lución dentro del tubo se hace más diluida y elagua pura de fuera se convierte en una disolución de azúcar. El flujo de líquido se detendrá cuando lacomposición de las disoluciones separadas por la membrana sean casi iguales.

Aplicando una presión a la disolución de azúcar disminuye el flujo neto de agua a través de la mem-brana hasta la disolución. La presión necesaria para detener el flujo osmótico se denomina presiónosmótica de la disolución. La magnitud de esta presión no depende de la naturaleza del soluto, sinoúnicamente de su concentración.

Para calcular presiones osmóticas de disoluciones diluidas utilizamos la ecuación de Van´t Hoff:

π V = nRT ⇒ π =nV

RT = MRT

En esta ecuación, π es la presión osmótica, n es el nº de moles de soluto, V es el volumen de la disolución y M = n/V es la molaridad de la disolución.

Existen multitud de ejemplos de aplicación de la presión osmótica:• Los fluidos que se inyectan vía intravenosa en pacientes para combatir la deshidratación o para

suministrar nutrientes deben ser isotónicos (o isosmóticos) con la sangre, es decir, su presión os-mótica debe ser la adecuada para no provocar la dilatación de los glóbulos rojos.

• Conservación de los alimentos mediante la salazón y el confitado, ya que la sal y el azúcar au-



mentan la presión osmótica en los alimentos, de modo que los potenciales microorganismos in-vasores no pueden soportarla.

• Utilización de la ósmosis inversa (presión superior y contraria a la presión osmótica, desde la di -solución más concentrada hacia la más diluida) para la desalinización del agua del mar.

C) DESCENSO DEL PUNTO DE CONGELACIÓN: El punto de congelación de una disolución dis-minuye con respecto al punto de congelación del disolvente. Esta disminución del punto de congela-ción no depende de la naturaleza del soluto, sino de su concentración, y puede calcularse de la mane-ra siguiente:

Δ TC = Kc · m

donde m es la molalidad de la disolución y KC es la constante crioscópica, propia de cada disolvente (se mide en K·kg·mol-1).

Una aplicación basada en el descenso crioscópico es el vertido de sal en carreteras y calles heladas para que la disolución que se obteiene se manetenga líquida a temperaturas por debajo de los 0 ºC (punto de congelación del agua), y así se produzca un deshielo progresivo.

Ejemplo resuelto: El radiador de un automóvil contiene 5 kg de agua. Calcular cuántos gramos de gli-cerina hay que añadir para que la disolución congele a – 10 ºC. Datos: KC = 1´86 ºC·kg·mol-1; masa molar de la glicerina = 92 g/mol.

La disminución del punto de congelación de un disolvente cuando en él se disuelve un soluto viene dada porla ecuación:

ΔTC = KC·m

De la ecuación anterior podemos calcular la molalidad de la disolución acuosa de glicerina:

m =Δ TC

KC

=10

1´86= 5´38 mol /kg

La molalidad de la disolución acuosa de glicerina se calcula de la manera siguiente:

m =nS

kg disolvente=

mM

kg disolvente=

m925

= 5´38 ⇒ m = 2473´12 g glicerina

D) AUMENTO DEL PUNTO DE EBULLICIÓN: Análogamente al fenómeno anterior, cuando seañade un soluto a un disolvente se produce un aumento del punto de ebullición. Este aumento delpunto de ebullición no depende de la naturaleza del soluto, sino de su concentración, y puede calcu-larse de la manera siguiente:

Δ Te = Ke · m

donde m es la molalidad de la disolución y Ke es la constante ebulloscópica, propia de cada disolvente (se mide en K·kg·mol-1).

Una aplicación de este principio es la adición de un soluto al agua del radiador de los coches para que los motores resistan temperaturas más bajas sin congelar (o más altas sin hervir).




Ejemplo resuelto: Calcular la masa molar de una sustancia, sabiendo que al disolver 50 g de ella en 1 Lde agua se consigue una disolución que tiene un punto de ebullición de 100´6 ºC.Datos: Ke = 0´52 ºC·kg·mol-1; densidad del agua = 1 g/mL.

El aumento del punto de ebullición de un disolvente cuando en él se disuelve un soluto viene dado por:

ΔTe = Ke·m

De la ecuación anterior podemos calcular la molalidad de la disolución acuosa de glicerina:

m =Δ Te

Ke

=0 ´60´52

= 1´15 mol /kg

La molalidad de la disolución acuosa de glicerina se calcula de la manera siguiente:

m =nS

kg disolvente=

mM

kg disolvente=

50M1

= 1´15 ⇒ M = 43´33 g /mol

7.- AMPLIACIÓN: MÉTODOS PARA EL ANÁLISIS DE SUSTANCIAS.

Para conocer la composición química de la materia hay que llevar a cabo análisis químicos en el la-boratorio. Este análisis puede ser cualitativo (para identificar los componentes de la materia) o cuantitativo(para cuantificar los componentes de la materia). La Química analítica es la parte de la Química que se en-carga de determinar la composición de una muestra aplicando análisis químicos y empleando para ello dife-rentes métodos de laboratorio. Estos métodos de laboratorio pueden ser de varios tipos:

1. MÉTODOS INSTRUMENTALES: Son los métodos más utilizados en la actualidad, pues son másrápidos y precisos que los métodos clásicos.

A) TÉCNICAS ESPECTROSCÓPICAS: Se basan en la espectrometría, que consiste en la medi-ción de la cantidad de luz que una sustancia absorbe o emite. Esta cantidad de luz depende de lossaltos electrónicos que hayan tenido lugar en los átomos, es decir, de la estructura interna de lasustancia. El aparato de medida empleado es el espectrómetro o espectrofotómetro, cuyo funcio-namiento se resume en la siguiente figura:



Las principales técnicas espectroscópicas son las siguientes:

i. Espectroscopía atómica: Sirve para el análisis de los elementos. Estudia la interacción de lamateria con la radiación de alta energía; la materia se separa en sus átomos constituyentes,pudiendo entonces éstos absorber energía (o emitirla cuando regresen al estadofundamental). Estas mediciones de energía constituyen el espectro de la muestra. La espec-troscopía atómica puede ser de absorción o de emisión atómica, de rayos X, de fluorescenciaatómica, infrarroja, etc.

ii. Espectroscopía molecular: Sirve para el análisis de compuestos. Estudia la respuesta de lasmoléculas a una radiación de baja energía, analizando los cambios en sus movimientos. Laespectroscopía molecular puede ser infrarroja, ultravioleta-visible, de fluorescencia molecu-lar, de resonancia magnética nuclear, etc.

iii. Espectrometría de masas: Gracias a la acción de campos eléctricos y magnéticos separa lasdistintas partículas de la sustancia (por ejemplo, isótopos si se trata de un elemento). Mostra-mos a continuación, a modo de ejemplo, el espectro de masas del cloro; en él se muestran lasmasas de sus dos isótopos y las abundancias relativas (en %) de cada uno de ellos:

B) TÉCNICAS NO ESPECTROSCÓPICAS: Se basan en otras propiedades de la materia. Las másimportantes son las siguientes:

i. Técnicas cromatográficas: Permiten identificar y determinar los componentes de una mez-cla, basándose en las distintas velocidades a las que se desplazan las moléculas de dichoscomponentes. El aparato utilizado para esta técnica se denomina cromatógrafo.

ii. Técnicas electroquímicas: Permiten estudiar una sustancia mediante la medida de magnitu-des eléctricas (potencial y corriente) en un recipiente que contiene una muestra de dicha sus-tancia.

2. MÉTODOS CLÁSICOS: Los más importantes son los siguientes:

A) GRAVIMETRÍA: Consiste en determinar la masa de sustancia presente, pesando la muestra an-tes y después de una transformación.

B) VOLUMETRÍA: Consiste en la medida del volumen necesario de una sustancia de concentra-ción conocida (disolución patrón) que reacciona completamente con la sustancia que hay queanalizar.



TEMA 2.- Cálculo químico · 2018. 3. 29. · 0.- CONCEPTO DE QUÍMICA. CLASIFICACIÓN DE LA...

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