Madrid
Química
Química Madrid – ORDINARIA – 2025-2026
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18 de agosto de 2026
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Pregunta 1
En un laboratorio de materiales se estudia la corrosión del cobre en presencia de ácido nítrico diluido, porque esta reacción es la responsable tanto de la disolución de cobre metálico en procesos industriales como de la generación de óxidos de nitrógeno contaminantes. En el proceso de corrosión, el cobre metálico reacciona con el ácido nítrico dando lugar a nitrato de cobre(II), óxido de nitrógeno(II) y agua.
a) (1 punto) Ajuste la reacción molecular por el método del ion electrón, indicando cuáles son las semirreacciones de oxidación y reducción.
b) (0,5 puntos) A partir de la reacción del apartado anterior, un estudiante propone reproducir el proceso de corrosión del cobre en una celda electroquímica formada por un electrodo de Cu y otro electrodo inerte de platino, ambos sumergidos en una disolución de HNO3 1 M. Identifique el ánodo y el cátodo especificando en qué electrodo tiene lugar la oxidación y en cuál la reducción y calcule el potencial estándar de la pila.
c) (1 punto) Por motivos medioambientales, es importante reducir la cantidad de iones Cu²⁺ presentes en disoluciones acuosas. Se sabe que si añadimos una disolución de NaOH de pH = 9,0, se puede formar un precipitado de Cu(OH)2, lo que permite eliminar el cobre por filtración. Escriba la ecuación química del equilibrio de solubilidad de Cu(OH)2, indicando el estado físico de cada especie. Determine la concentración molar de iones Cu²⁺ a partir de la cual comienza a precipitar Cu(OH)2 al añadir la disolución de NaOH de pH = 9,0 a 25º C. Datos. E°(V): (Cu²⁺/Cu) = 0,34; (NO3⁻/NO) = 0,96. A 25 ºC, Ks(Cu(OH)2) = 2,2×10⁻²⁰.
Estrategia de Resolución
Para el apartado «a», plantearemos las semirreacciones en medio ácido, ya que estamos usando ácido nítrico. En el apartado «b», recordaremos que la oxidación siempre ocurre en el ánodo y la reducción en el cátodo. Para el apartado «c», deduciremos el pOH a partir del pH que nos dan para hallar la concentración de iones hidroxilo, y la sustituiremos en la expresión del producto de solubilidad (Ks) para despejar la concentración de cobre mínima.
Criterios de Corrección y Consejos
En las pilas electroquímicas, muchos alumnos restan siempre el potencial mayor menos el menor por inercia para que dé positivo. Aunque aquí coincida, debéis escribir siempre la fórmula formal: $E^\circ_{\text{pila}} = E^\circ_{\text{cátodo}} – E^\circ_{\text{ánodo}}$. En la solubilidad, el enunciado os exige poner el estado físico de las especies; si olvidáis el «(s)» o el «(ac)», perderéis puntuación.
Solución Paso a Paso
a) Ajuste redox por el método del ion-electrón
¡Empezamos con fuerza! Este es un clásico que siempre aparece en nuestras pruebas de la PAU en Madrid. Tenemos que identificar quién cede electrones y quién los gana. El cobre pasa de estado metálico (0) a ion cobre(II) (+2), por lo que pierde electrones y se oxida. El nitrógeno del nitrato (+5) pasa a monóxido de nitrógeno (+2), por lo que gana electrones y se reduce.
Semirreacción de oxidación: 3 ( $Cu$ $\rightarrow$ $Cu^{2+}$ + 2 $e^-$ )
Semirreacción de reducción: 2 ( $NO_3^-$ + 4 $H^+$ + 3 $e^-$ $\rightarrow$ $NO$ + 2 $H_2O$ )
Para que los electrones intercambiados sean los mismos (6 en total), multiplicamos la primera por 3 y la segunda por 2. Sumamos y obtenemos la ecuación molecular:
Reacción molecular:
3 $Cu$ + 8 $HNO_3$
$\rightarrow$ 3 $Cu(NO_3)_2$ + 2 $NO$ + 4 $H_2O$
Mi consejo: Un error típico al pasar a la ecuación molecular es olvidarse de los iones nitrato que actúan como meros espectadores. Fijaos bien que necesitamos 8 protones en total, lo que implica 8 moléculas de ácido nítrico, de las cuales 2 se reducen y las otras 6 se quedan acompañando al cobre formando la sal.
b) Celda electroquímica y potencial estándar
En toda pila, la oxidación siempre ocurre en el ánodo y la reducción en el cátodo.
Ánodo (oxidación): Electrodo de cobre ($Cu$). Cátodo (reducción): Electrodo inerte de platino ($Pt$).
El potencial estándar de la pila se calcula restando el potencial del ánodo al del cátodo: $E^o_{pila}$ = $E^o_{catodo}$ – $E^o_{anodo}$ $E^o_{pila}$ = 0,96 V – 0,34 V = 0,62 V
c) Equilibrio de solubilidad y precipitación
Primero escribimos la ecuación del equilibrio heterogéneo con sus estados físicos: $Cu(OH)_2$ (s) $\rightleftharpoons$ $Cu^{2+}$ (ac) + 2 $OH^-$ (ac)
Sabemos que la precipitación comienza en el momento exacto en el que el producto iónico supera a la constante de solubilidad ($K_s$). Es decir, cuando $[Cu^{2+}]$ $\cdot$ $[OH^-]^2$ > $K_s$. Calculamos la concentración de hidroxilos a partir del pH: $pOH$ = 14,0 – 9,0 = 5,0 $[OH^-]$ = $10^{-5,0}$ M
Sustituimos en la expresión de la $K_s$:
2,2 $\cdot$ $10^{-20}$ = $[Cu^{2+}]$ $\cdot$ $(10^{-5,0})^2$
$[Cu^{2+}]$ = 2,2 $\cdot$ $10^{-10}$ M
Comenzará a precipitar cuando la concentración de iones cobre(II) sea superior a 2,2 $\cdot$ $10^{-10}$ M.
Pregunta 2A
Considere los siguientes compuestos: LiF, PCl3, CH3Br y LiI.
a) (1 punto) Para los compuestos covalentes, indique la geometría molecular según la teoría de repulsión de los pares de electrones de la capa de valencia (TRPECV), y la hibridación del átomo central. Justifique la polaridad.
b) (1 punto) Justifique cuál de los sólidos iónicos tiene mayor energía de red, suponiendo que todos cristalizan con el mismo tipo de red.
c) (0,5 puntos) Explique razonadamente qué tipo de interacciones hay que vencer en cada uno de los siguientes procesos: i) ebullición del CH3Br, ii) fusión del LiF.
Estrategia de Resolución
Primero, discriminaremos los compuestos: los que unen no metales ($\text{PCl}_3$ y $\text{CH}_3\text{Br}$) son covalentes, y los que unen metal y halógeno (LiF y LiI) son iónicos. Aplicaremos la TRPECV contando los dominios para sacar geometrías. En los sólidos iónicos, nos apoyaremos en la Ley de Coulomb y los radios iónicos. Para el último apartado, recordaremos que al hervir compuestos covalentes rompemos fuerzas intermoleculares, mientras que al fundir iónicos rompemos los mismísimos enlaces de la red cristalina.
Criterios de Corrección y Consejos
En la polaridad, nunca digáis «es polar porque es asimétrico» sin más. Tenéis que mencionar explícitamente que los enlaces son polares por la diferencia de electronegatividad, y que, a causa de la geometría, los momentos dipolares vectoriales no se anulan entre sí.
Solución Paso a Paso
a) Geometría, hibridación y polaridad (covalentes)
Los compuestos covalentes son el $PCl_3$ y el $CH_3Br$.
Tricloruro de fósforo ($PCl_3$): El fósforo tiene 3 pares enlazantes y 1 par no enlazante. Su hibridación es $sp^3$ y su geometría es trigonal piramidal. Es una molécula polar porque los momentos dipolares de los enlaces no se anulan por geometría y tiene un par de electrones solitario.
Bromometano ($CH_3Br$): El carbono forma 4 enlaces simples (4 pares enlazantes). Su hibridación es $sp^3$ y su geometría es tetraédrica. También es polar porque, aunque la geometría es simétrica, la diferencia de electronegatividad entre el carbono, el bromo y los hidrógenos hace que los momentos dipolares no se cancelen.
b) Energía de red en sólidos iónicos
Los compuestos iónicos son el fluoruro de litio ($LiF$) y el yoduro de litio ($LiI$). La energía de red ($U_R$) es directamente proporcional al producto de las cargas e inversamente proporcional a la distancia interiónica.
Como ambos tienen las mismas cargas (+1 y -1), nos fijamos en el tamaño. El anión fluoruro ($F^-$) es mucho más pequeño que el yoduro ($I^-$). Por tanto, la distancia entre iones en el $LiF$ es menor, lo que hace que su energía de red sea mayor.
c) Fuerzas intermoleculares y enlaces
i) Ebullición del $CH_3Br$: Al hervir, no rompemos la molécula, sino que separamos unas de otras. Hay que vencer fuerzas intermoleculares de Van der Waals: fuerzas dipolo-dipolo (al ser polar) y de dispersión de London.
ii) Fusión del $LiF$: Aquí estamos fundiendo una red cristalina. Hay que romper las fuertes interacciones electrostáticas de atracción iónica, es decir, vencer la energía de red del cristal.
Mi consejo: Nunca confundáis la ebullición de un compuesto covalente molecular con la fusión de una red iónica, metálica o covalente reticular. En la ebullición molecular NUNCA se rompen enlaces covalentes intracelulares, solo los puentes intermoleculares débiles.
Pregunta 2B
La configuración electrónica de un elemento X es [Ne]3s¹.
a) (1 punto) Indique el valor de “n”, el nombre y símbolo del elemento X, así como el grupo y el período a los que pertenece. Razone cómo varía la energía de ionización a lo largo de un grupo de la tabla periódica.
b) (0,5 puntos) Justifique cuál es el catión más estable que puede formar el elemento X. Indique un catión divalente, un elemento neutro y un anión monovalente que sean isoelectrónicos con el catión más estable del elemento X.
c) (0,5 puntos) Si el electrón más externo del elemento X es excitado del orbital ns al orbital np, ¿cómo cambian sus números cuánticos? Explique si se trata de una absorción o de una emisión.
d) (0,5 puntos) Calcule la energía, en electronvoltios, asociada a la transición electrónica anterior, sabiendo que la longitud de onda de la radiación implicada es de 766,5 nm. Datos. h = 6,626×10⁻³⁴ J·s⁻¹; c = 3,00×10⁸ m·s⁻¹; 1 eV = 1,602×10⁻¹⁹ J.
Estrategia de Resolución
Sabemos que el Neón marca el fin del periodo 2, por lo que el siguiente electrón abre el nivel $n=3$. Con esto identificaremos el elemento (Sodio). Razonaremos la energía de ionización basándonos en el efecto de apantallamiento y radio atómico. Para la energía del fotón, aplicaremos la ecuación de Planck ($E = h \cdot c / \lambda$), recordando pasar los nanómetros a metros.
Criterios de Corrección y Consejos
Mucho ojo en el apartado «d». Si metéis la longitud de onda en nanómetros directamente en la fórmula sin pasarla a metros ($\cdot 10^{-9}$), el resultado saldrá disparatado y perderéis todos los puntos de cálculo. ¡Repasad siempre las unidades del SI!
Solución Paso a Paso
a) Identificación del elemento y energía de ionización
El valor del número cuántico principal es $n = 3$. Con esa configuración, el elemento X es el Sodio ($Na$), pertenece al grupo 1 (alcalinos) y al periodo 3. Al descender en un grupo, aumenta el número de capas (mayor radio atómico) y el efecto apantallamiento de los electrones internos. Por lo tanto, el electrón más externo está menos atraído por el núcleo y cuesta menos arrancarlo, haciendo que la energía de ionización disminuya.
b) Estabilidad y especies isoelectrónicas
El sodio forma de manera natural el catión $Na^+$, ya que al perder su único electrón de valencia del orbital 3s, adquiere la configuración estable de gas noble (Neón) con 10 electrones en total. Las especies isoelectrónicas (10 electrones) son: Catión divalente: $Mg^{2+}$ Elemento neutro: $Ne$ Anión monovalente: $F^-$
c) Números cuánticos y transición
El electrón pasa del orbital 3s al 3p. Analicemos el cambio: El número principal no cambia ($n = 3$). El número secundario pasa de $l = 0$ a $l = 1$. El número magnético $m_l$ pasa de 0 a los posibles valores -1, 0 o +1. El espín $m_s$ puede seguir siendo +1/2 o -1/2. Como el electrón pasa a un nivel de mayor energía, tiene que absorber un fotón, por lo que es un proceso de absorción.
d) Cálculo de la energía en eV
Usamos la ecuación de Planck: $E$ = $h \cdot c / \lambda$ $E$ = (6,626 $\cdot$ $10^{-34}$ $\cdot$ 3,00 $\cdot$ $10^8$) / (766,5 $\cdot$ $10^{-9}$) = 2,59 $\cdot$ $10^{-19}$ J Pasamos a electronvoltios: $E$ = 2,59 $\cdot$ $10^{-19}$ / 1,602 $\cdot$ $10^{-19}$ = 1,62 eV
Mi consejo: Tened muchísimo cuidado con las unidades de la longitud de onda ($\lambda$). La fórmula de Planck exige trabajar en el Sistema Internacional, por lo que esos nanómetros hay que pasarlos obligatoriamente a metros multiplicando por $10^{-9}$.
Pregunta 3A
Conteste de forma razonada las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Nombre los siguientes compuestos e identifique el grupo funcional principal. (1) CH3−CH2−CH2OH (3) CH3−COO−CH3 (5) CH3−CH2−CHO (2) (CH3)3−N (4) CH3−CH=CH2
b) (1 punto) Escriba las reacciones correspondientes a los procesos siguientes: i) Obtención del compuesto (1) a partir de un aldehído. ii) Obtención del compuesto (4) a partir de un alcohol primario. iii) Obtención del compuesto (3). iv) Obtención de un polímero a partir del compuesto (4).
c) (0,5 puntos) Formule y nombre los dos isómeros geométricos cis y trans con la misma fórmula molecular que la del compuesto (5).
Estrategia de Resolución
Identificaremos cada familia de la química del carbono para nombrar el apartado «a». Para el «b», aplicaremos las reacciones de síntesis inversas (para obtener un alcohol desde un aldehído hay que reducir; para sacar un alqueno desde un alcohol hay que deshidratar). Para la isomería del apartado «c», buscaremos una estructura que comparta la fórmula empírica del propanal pero que contenga un doble enlace que permita dibujar los confórmeros cis/trans (será un enol).
Criterios de Corrección y Consejos
En las reacciones de polimerización (b.iv), debéis poner el coeficiente «n» delante del monómero y poner la unidad de repetición del polímero entre corchetes con el subíndice «n». Si no escribís la «n», no es una polimerización.
Solución Paso a Paso
a) Nomenclatura orgánica
Compuesto (1): propan-1-ol. Grupo funcional: alcohol. Compuesto (2): trimetilamina (o N,N-dimetilmetanamina). Grupo funcional: amina. Compuesto (3): etanoato de metilo (o acetato de metilo). Grupo funcional: éster. Compuesto (4): propeno. Grupo funcional: alqueno. Compuesto (5): propanal. Grupo funcional: aldehído.
b) Reacciones orgánicas
i) Reducción de aldehído a alcohol:
$CH_3-CH_2-CHO$ + reductor
$\rightarrow$ $CH_3-CH_2-CH_2OH$
ii) Deshidratación de alcohol a alqueno:
$CH_3-CH_2-CH_2OH$ + $H_2SO_4$ conc. (calor)
$\rightarrow$ $CH_3-CH=CH_2$ + $H_2O$
iii) Esterificación:
$CH_3-COOH$ + $CH_3OH$
$\rightarrow$ $CH_3-COO-CH_3$ + $H_2O$
iv) Polimerización por adición: $n$ $CH_3-CH=CH_2$ $\rightarrow$ $(-CH(CH_3)-CH_2-)_n$ (polipropileno)
c) Isomería geométrica
El compuesto (5) es el propanal ($C_3H_6O$). Los isómeros geométricos que comparten esta misma fórmula molecular son los enoles: Cis-prop-1-en-1-ol y Trans-prop-1-en-1-ol.
Mi consejo: En las reacciones de deshidratación como la del apartado b-ii, no os olvidéis nunca de incluir las condiciones de reacción sobre o debajo de la flecha, como el ácido sulfúrico concentrado y el calor, además del agua como subproducto. Para repasar estas estructuras tridimensionales, sabéis que siempre os recomiendo usar Atomify en el móvil.
Pregunta 3B
Responda a las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Escriba la reacción de polimerización del alqueno obtenido en la reacción entre el etino y el HCl. Nombre el monómero y el polímero.
b) (1,5 puntos) Complete las siguientes reacciones con el producto mayoritario, formulando los compuestos de partida, y nombrando y formulando los compuestos orgánicos A, B, C, D y E.
i) $CH_3-CH_2-CH_2OH$ $\rightarrow$ A $\rightarrow$ B
ii) $CH_3-CH_2OH$ + B $\rightarrow$ C
iii) $CH_3-CH_2-CHOH-CH_3$ + $H_2SO_4$ (calor) $\rightarrow$ D $\rightarrow$ E
Estrategia de Resolución
Primero obtendremos el monómero añadiendo HCl al triple enlace del etino. Después polimerizaremos ese doble enlace resultante. En el apartado de la ruta de síntesis (b), encadenaremos las reacciones: la oxidación progresiva del alcohol primario nos dará aldehído y luego ácido. El ácido reaccionará con etanol dando un éster. Por la otra rama, deshidrataremos el alcohol aplicando la regla de Zaitsev para obtener el doble enlace más estable, y luego añadiremos HBr aplicando Markovnikov.
Criterios de Corrección y Consejos
En las deshidrataciones (reacción b.iii), cuidado con la regla de Zaitsev. El doble enlace debe formarse mayoritariamente hacia el carbono interno (más sustituido), no hacia el carbono del extremo. Si ponéis el but-1-eno como mayoritario, perderéis puntos.
Solución Paso a Paso
a) Polimerización
Primero, ocurre la adición de cloruro de hidrógeno al etino:
$HC \equiv CH$ + $HCl$
$\rightarrow$ $ClCH=CH_2$
El monómero obtenido es el cloroeteno o cloruro de vinilo. A continuación, polimeriza por adición rompiendo el doble enlace: $n$ $ClCH=CH_2$ $\rightarrow$ $(-CH_2-CHCl-)_n$ El polímero resultante es el policloruro de vinilo (el famoso PVC).
b) Identificación de compuestos
i) Oxidación de alcohol primario: $CH_3-CH_2-CH_2OH$ $\rightarrow$ $CH_3-CH_2-CHO$ (Compuesto A: propanal) $\rightarrow$ $CH_3-CH_2-COOH$ (Compuesto B: ácido propanoico)
ii) Esterificación:
$CH_3-CH_2OH$ + $CH_3-CH_2-COOH$ (Compuesto B)
$\rightarrow$ $CH_3-CH_2-COO-CH_2-CH_3$ (Compuesto C: propanoato de etilo) + $H_2O$
iii) Deshidratación y posterior adición de halógeno: El ácido sulfúrico deshidrata el alcohol siguiendo la regla de Zaitsev (se forma el doble enlace más sustituido): $CH_3-CH_2-CHOH-CH_3$ $\rightarrow$ $CH_3-CH=CH-CH_3$ (Compuesto D: but-2-eno) Y al añadir un haluro de hidrógeno (implícito en la secuencia original de la prueba hacia un derivado bromado) sigue la regla de Markovnikov: $\rightarrow$ $CH_3-CH_2-CHBr-CH_3$ (Compuesto E: 2-bromobutano)
Mi consejo: Cuidado con las oxidaciones de alcoholes primarios. Recordad que si el oxidante es suave llegaremos al aldehído, pero si el oxidante es fuerte (como un dicromato o permanganato potásico), la oxidación no se detiene y llega de frente hasta el ácido carboxílico.
Pregunta 4A
Se pretende sintetizar metanol líquido, CH3OH, mediante la reacción del monóxido de carbono con hidrógeno molecular.
a) (1 punto) Escriba la ecuación química ajustada detallando el estado de las especies, y calcule la energía de Gibbs estándar de la reacción a 25 °C.
b) (0,5 puntos) A 25 °C, la reacción de síntesis de metanol es termodinámicamente posible, pero cinéticamente muy lenta. Justifique razonadamente cuál o cuáles de las siguientes propuestas aumentan la velocidad de reacción: i) Uso de un catalizador adecuado, ii) Aumento de la temperatura de operación, iii) Aumento de las presiones parciales de los reactivos.
c) (1 punto) En un experimento se han sintetizado 145 mL de metanol de densidad 0,786 g·cm⁻³. Suponiendo que el rendimiento de la reacción es del 87,0 %, calcule el volumen de hidrógeno que ha reaccionado, medido a 25 ºC y 0,980 atm.
Estrategia de Resolución
Usaremos la Ley de Hess dos veces: una para la entalpía y otra para la entropía. Luego las juntaremos en la ecuación de Gibbs. En el apartado cinético, argumentaremos usando la teoría de colisiones (frecuencia de choques y energía de activación). En la estequiometría final, pasaremos el volumen de metanol a gramos (con la densidad) y luego a moles. Aplicaremos el rendimiento al revés (para saber los moles teóricos de reactivo necesarios) y usaremos la ley de los gases.
Criterios de Corrección y Consejos
Si os dan una densidad en $g/cm^3$, recordad que $1\text{ cm}^3$ es exactamente igual a $1\text{ mL}$. No os liéis haciendo factores de conversión extraños. Y de nuevo, ¡cuidado con pasar la Entropía a $\text{kJ}$ antes de restarla!
Solución Paso a Paso
a) Ecuación ajustada y Energía de Gibbs
Primero ajustamos la ecuación indicando los estados de agregación: $CO$ (g) + 2 $H_2$ (g) $\rightarrow$ $CH_3OH$ (l)
Calculamos la entalpía y la entropía estándar de la reacción a partir de los datos de formación: $\Delta H^o_r$ = -238,7 – [ -110,5 + (2 $\cdot$ 0) ] = -128,2 kJ/mol $\Delta S^o_r$ = 126,8 – [ 197,7 + (2 $\cdot$ 130,7) ] = -332,3 J/(mol$\cdot$K)
Aplicamos la ecuación de la energía libre de Gibbs a 298 K (25ºC). ¡Atentos a pasar la entropía a kilojulios dividiendo entre mil! $\Delta G^o_r$ = $\Delta H^o_r$ – $T \cdot \Delta S^o_r$ $\Delta G^o_r$ = -128,2 – 298 $\cdot$ (-332,3 $\cdot$ $10^{-3}$) = -29,2 kJ/mol
b) Justificación cinética
Las tres propuestas aumentan la velocidad de reacción:
i) Catalizador: Reduce la energía de activación, ofreciendo un camino alternativo, con lo que aumentan los choques efectivos.
ii) Aumentar la temperatura: Aumenta la energía cinética de las moléculas, logrando que una mayor fracción de ellas supere la barrera de la energía de activación.
iii) Aumentar las presiones parciales: En reactivos gaseosos, aumentar la presión equivale a aumentar la concentración, lo que incrementa la frecuencia de los choques entre moléculas.
c) Estequiometría con rendimiento
Calculamos la masa y los moles reales obtenidos de metanol:
$m$ = $d \cdot V$ = 0,786 $\cdot$ 145 = 114 g de $CH_3OH$
$n$ = 114 / 32,0 = 3,56 mol reales de $CH_3OH$
Por estequiometría, necesitamos el doble de moles de hidrógeno: $n(H_2)_{utiles}$ = 2 $\cdot$ 3,56 = 7,12 mol
Como el rendimiento es del 87%, la cantidad de moles teóricos que pusimos a reaccionar es mayor: $n(H_2)_{totales}$ = 7,12 $\cdot$ (100 / 87,0) = 8,18 mol
Por último, aplicamos la ecuación de los gases ideales ($P \cdot V = n \cdot R \cdot T$): $V(H_2)$ = (8,18 $\cdot$ 0,0820 $\cdot$ 298) / 0,980 = 204 L
Mi consejo: En el cálculo de $\Delta G$, repasad siempre las unidades. La entropía ($\Delta S$) os la dan tabulada casi siempre en Julios, mientras que la entalpía ($\Delta H$) os la dan en kilojulios. Mezclarlas directamente sin factor de conversión es el pasaporte directo al suspenso en termoquímica.
Pregunta 4B
Conteste a las siguientes cuestiones:
a) (0,5 puntos) En una planta industrial de síntesis de amoniaco se preparan disoluciones para su comercialización mezclándolo con agua. Calcule la molaridad de la disolución de amoniaco comercial preparada sabiendo que se almacena en botellas de 1,0 L, al 8,0% en masa, y siendo la densidad de la disolución de 0,85 g·cm⁻³.
b) (1 punto) Calcule el pH y el grado de disociación de la disolución del apartado anterior.
c) (1 punto) Se hacen reaccionar 15,00 mL de una disolución acuosa de HCl 2,50 M con 25,00 mL de otra disolución acuosa de NaOH 1,70 M, ambas a 25 °C. Escriba la ecuación de la reacción que ocurre y calcule el pH de la disolución resultante. Considere volúmenes aditivos. Datos. A 25 ºC, Kb(NH3) = 1,8×10⁻⁵. Masas atómicas (u): H = 1,0; N = 14,0.
Estrategia de Resolución
Pasaremos los datos de densidad y porcentaje en masa a una concentración molar estándar ($mol/L$). Usaremos esta concentración inicial para plantear el equilibrio débil de la base amoniaco (cuadro de equilibrio) y despejar los oxidrilos y el pH. Para la neutralización final, sacaremos los moles de ácido y base, restaremos para ver quién gana (exceso) y calcularemos el nuevo pH usando el volumen total mezclado.
Criterios de Corrección y Consejos
En las reacciones de neutralización ácido-base (apartado c), el error mortal que hunde los exámenes es olvidar sumar los volúmenes. Si os quedan moles de ácido sin reaccionar, su nueva concentración debe dividirse entre el volumen total de la piscina mezclada (15 + 25 = 40 mL).
Solución Paso a Paso
a) Molaridad de la disolución comercial
Para hallar la molaridad usamos la fórmula que relaciona el porcentaje en masa, la densidad y la masa molar del soluto (amoniaco, $M = 17,0$ g/mol). Como la densidad está en g/cm³, que equivale a g/mL, pasamos a g/L multiplicando por 1000: $Molaridad$ = ($d \cdot %_{masa}$ $\cdot$ 10) / $M_{molar}$ $Molaridad$ = (0,85 $\cdot$ 1000 $\cdot$ 0,08) / 17,0 = 4,0 M
b) pH y grado de disociación del amoniaco
Planteamos el equilibrio en agua de esta base débil:
$NH_3$ + $H_2O$
$\rightleftharpoons$ $NH_4^+$ + $OH^-$
Concentración inicial ($c_o$) = 4,0 M. En el equilibrio nos quedará: $4,0 – x$, y se formará $x$ de amonio y $x$ de hidroxilos.
$K_b$ = ( $[NH_4^+]$ $\cdot$ $[OH^-]$ ) / $[NH_3]$
1,8 $\cdot$ $10^{-5}$ = $x^2$ / (4,0 – $x$)
Como la constante es muy pequeña, podemos aproximar $(4,0 – x) \approx 4,0$: $x^2$ $\approx$ 1,8 $\cdot$ $10^{-5}$ $\cdot$ 4,0 $x$ = $[OH^-]$ = 8,5 $\cdot$ $10^{-3}$ M
Calculamos pOH y luego pH: $pOH$ = -log(8,5 $\cdot$ $10^{-3}$) = 2,1 $pH$ = 14,0 – 2,1 = 11,9
El grado de disociación ($\alpha$) es la cantidad que reacciona entre la inicial: $\alpha$ = $x$ / $c_o$ = 8,5 $\cdot$ $10^{-3}$ / 4,0 = 0,0021 En porcentaje sería del 0,21%.
c) Reacción de neutralización fuerte
Se trata de una neutralización total entre un ácido fuerte y una base fuerte:
$HCl$ + $NaOH$
$\rightarrow$ $NaCl$ + $H_2O$
Calculamos los moles de cada reactivo aportado: Moles de $HCl$: $n$ = 2,50 M $\cdot$ 0,0150 L = 0,0375 mol Moles de $NaOH$: $n$ = 1,70 M $\cdot$ 0,0250 L = 0,0425 mol
Como reaccionan mol a mol, observamos que la base ($NaOH$) está en exceso. Moles en exceso de $NaOH$ = 0,0425 – 0,0375 = 0,0050 mol
El pH vendrá determinado por estos moles que sobran en el volumen total (15 + 25 = 40 mL): $[OH^-]$ = 0,0050 mol / 0,0400 L = 0,125 M $pOH$ = -log(0,125) = 0,90 $pH$ = 14,0 – 0,90 = 13,1
Mi consejo: En las neutralizaciones ácido-base donde os dan volúmenes y molaridades de los dos reactivos, JAMÁS uséis la fórmula mágica $V_a \cdot M_a = V_b \cdot M_b$ a ciegas. Esa fórmula solo sirve para saber qué ocurre en el punto de equivalencia estricto. Siempre calculad los moles por separado y buscad quién es el reactivo limitante.