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Disoluciones, propiedades coligativas
- 1. Disoluciones: Propiedades coligativas y pesos moleculares de solutos 1. A temperaturas muy próximas a 26º C la presión de vapor del agua resulta ser de 25,21 mm. Calcular la presión de vapor a la misma temperatura de una disolución 2,32 molal de un compuesto no electrolito no volátil, suponiendo comportamiento ideal. Aplicamos la ley de Raoult : 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝟐,𝟑𝟐 𝒎 ∶ 𝟐, 𝟑𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒐 𝒆𝒏 𝟏 𝒌𝒈 𝒅𝒆 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒗𝒆𝒏𝒕𝒆. 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝟏𝟖 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟓𝟓,𝟓𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒙𝒅 = 𝑴𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝒆𝒔 = 𝟓𝟓,𝟓𝟔 𝟓𝟓,𝟓𝟔+𝟐,𝟑𝟐 = 𝟎,𝟗𝟔 𝑷 = 𝟐𝟓,𝟐𝟏 ∗ 𝟎, 𝟗𝟔 = 𝟐𝟒,𝟐 𝒎𝒎 2. A unos 50º C la presión de vapor del benceno resulta ser de 269,3 mm. Hallar a la misma temperatura la presión de vapor de una disolución que contiene 1,26 g de naftaleno, C10H8, en 25,07 g de benceno. 𝒙𝒅 = 𝑴𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒃𝒆𝒏𝒄𝒆𝒏𝒐 𝑴𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝒆𝒔 𝑴𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒃𝒆𝒏𝒄𝒆𝒏𝒐 = 𝟐𝟓,𝟎𝟕 𝒈 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝟕𝟖 𝒈 = 𝟎,𝟑𝟐𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝑴𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒏𝒂𝒇𝒕𝒂𝒍𝒆𝒏𝒐 = 𝟏, 𝟐𝟔 𝒈 ∗ 𝟏𝒎𝒐𝒍 𝟏𝟐𝟖 𝒈 = 𝟎,𝟎𝟎𝟗𝟖𝟒 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒙𝒅 = 𝟎,𝟑𝟐𝟏 𝟎,𝟑𝟐𝟏+𝟎,𝟎𝟎𝟗𝟖𝟒 = 𝟎, 𝟗𝟕𝟎 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 = 𝟐𝟔𝟗,𝟑 ∗ 𝟎,𝟗𝟕𝟎 = 𝟐𝟔𝟏,𝟑 𝒎𝒎 3. Al disolver 13,2 g de urea en 60,8 g de agua la presión de vapor a 28º C desciende de 28,35 mm a 26,62 mm. Hallar el peso molecular de la urea. 𝟔𝟎,𝟖 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝟏𝟖 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟑,𝟑𝟖 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝟏𝟑,𝟐 𝒈 𝒖𝒓𝒆𝒂 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒖𝒓𝒆𝒂 𝑴 𝒈 𝒖𝒓𝒆𝒂 = 𝟏𝟑,𝟐 𝑴 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒖𝒓𝒆𝒂 𝒙𝒅 = 𝟑,𝟑𝟖 𝟑,𝟑𝟖+𝟏𝟑,𝟐/𝑴 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝟐𝟔,𝟔𝟐 = 𝟐𝟖,𝟑𝟓 ∗ 𝟑,𝟑𝟖 𝟑,𝟑𝟖+𝟏𝟑,𝟐/𝑴 𝟎,𝟗𝟑𝟗𝟎 = 𝟑,𝟑𝟖 𝟑,𝟑𝟖+𝟏𝟑,𝟐/𝑴 𝑴 = 𝟏𝟑,𝟐 𝟑,𝟑𝟖∗( 𝟏 𝟎,𝟗𝟑𝟗𝟎 −𝟏) = 𝟔𝟎,𝟏𝟐 𝒈 4. A 80,2º C, punto de ebullición del benceno, la presión de vapor de una disolución formada por 3,54 g de dinitrobenceno y 42,61 g de benceno es de 731,8 mm. Calcular el peso molecular del dinitrobenceno. 𝟑, 𝟓𝟒 𝒈 𝒅𝒊𝒏𝒊𝒕𝒓𝒐𝒃𝒆𝒏𝒄𝒆𝒏𝒐 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑴 𝒈 = 𝟑,𝟓𝟒 𝑴 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒅𝒊𝒏𝒊𝒕𝒓𝒐𝒃𝒆𝒏𝒄𝒆𝒏𝒐 𝟒𝟐,𝟔𝟏 𝒈 𝒃𝒆𝒏𝒄𝒆𝒏𝒐 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝟕𝟖 𝒈 = 𝟎,𝟓𝟒𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒃𝒆𝒏𝒄𝒆𝒏𝒐 𝑳𝒂 𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒗𝒂𝒑𝒐𝒓 𝒅𝒆𝒍 𝒃𝒆𝒏𝒄𝒆𝒏𝒐 𝒆𝒏 𝒔𝒖 𝒕𝒆𝒎𝒆𝒓𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂 𝒅𝒆 𝒆𝒃𝒖𝒍𝒍𝒊𝒄𝒊ó𝒏 𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝟕𝟔𝟎 𝒎𝒎 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝟕𝟑𝟏,𝟖 = 𝟕𝟔𝟎 ∗ 𝟎,𝟓𝟒𝟔 𝟎,𝟓𝟒𝟔+ 𝟑,𝟓𝟒 𝑴 𝟏,𝟕𝟔𝟒 = 𝟏 𝟎,𝟓𝟒𝟔+ 𝟑,𝟓𝟒 𝑴 ; 𝟑,𝟓𝟒 𝑴 = 𝟏 𝟏,𝟕𝟔𝟒 − 𝟎, 𝟓𝟒𝟔 𝑴 = 𝟑,𝟓𝟒 𝟏 𝟏,𝟕𝟔𝟒 −𝟎,𝟓𝟒𝟔 = 𝟏𝟔𝟗,𝟒 𝒈
- 2. 5. En las inmediaciones de 10ºC la presión de vapor del éter, C4H10O, es de 290,6 mm, y la de una disolución obtenida al disolver 5,01 g de ácido esteárico en 27,6 g de éter es de 277,5 mm. Calcular el peso molecular del ácido esteárico. 𝟐𝟕,𝟔 𝒈 é𝒕𝒆𝒓 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 é𝒕𝒆𝒓 (𝟒∗𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏+𝟏𝟎∗𝟏,𝟎𝟎𝟖+𝟏𝟔)𝒈 é𝒕𝒆𝒓 = 𝟎,𝟑𝟕𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 é𝒕𝒆𝒓 𝟓,𝟎𝟏 𝒈 á𝒄. 𝒆𝒔𝒕𝒆á𝒓𝒊𝒄𝒐 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑴 𝒈 = 𝟓,𝟎𝟏 𝑴 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 á𝒄. 𝒆𝒔𝒕𝒆á𝒓𝒊𝒄𝒐 𝒙𝒅 = 𝟎,𝟑𝟕𝟐 𝟎,𝟑𝟕𝟐+𝟓,𝟎𝟏/𝑴 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝟐𝟕𝟕,𝟓 = 𝟐𝟗𝟎,𝟔 ∗ 𝟎,𝟑𝟕𝟐 𝟎,𝟑𝟕𝟐+ 𝟓,𝟎𝟏 𝑴 𝟐,𝟓𝟔𝟔𝟕 = 𝟏 𝟎,𝟑𝟕𝟐+ 𝟓,𝟎𝟏 𝑴 ; 𝟎, 𝟎𝟏𝟕𝟔 = 𝟓,𝟎𝟏 𝑴 𝑴 = 𝟓,𝟎𝟏 𝟎,𝟎𝟏𝟕𝟔 = 𝟐𝟖𝟒,𝟕 𝒈 6. Una disolución saturada de fenol en agua tiene a 21ºC una presión de vapor de 18,31 mm, mientras que la de agua pura es de 18,65 mm. Calcular la solubilidad del fenol en agua expresada en gramos por ciento, suponiendo que la disolución sigue la ley de Raoult. 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝒙𝒅 = 𝑷 𝑷𝒐 = 𝟏𝟖,𝟑𝟏 𝟏𝟖,𝟔𝟓 = 𝟎, 𝟗𝟖𝟐 𝒙𝒅 = 𝒏𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒏 𝒂𝒈𝒖𝒂+𝒏𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 ; 𝒙𝒅 ∗ (𝒏 𝒂𝒈𝒖𝒂 + 𝒏𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍) = 𝒏𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒙𝒅 ∗ (𝟏 + 𝒏𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 𝒏𝒂𝒈𝒖𝒂 ) = 𝟏 ; 𝒏𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 𝒏𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟏 𝒙𝒅 − 𝟏 = 𝟏 𝟎,𝟗𝟖𝟐 − 𝟏 = 𝟎,𝟎𝟏𝟖𝟑𝟐 Sea nagua=1: 𝒈( 𝒂𝒈𝒖𝒂) = 𝟏𝟖 𝒈 Para el fenol: 𝒏𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 = 𝒏𝒂𝒈𝒖𝒂 ∗ 𝟎,𝟎𝟏𝟖𝟑𝟐 = 𝟏 ∗ 𝟎, 𝟎𝟏𝟖𝟑𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟖𝟑𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 El fenol tiene por formula C6H6O: 𝑴(𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍) = 𝟔 ∗ 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏 + 𝟔 ∗ 𝟏, 𝟎𝟎𝟖 + 𝟏𝟔 = 𝟗𝟒,𝟏𝟏𝟒 𝒈 𝟎,𝟎𝟏𝟖𝟑𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 ∗ 𝟗𝟒,𝟏𝟏𝟒 𝒈 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 = 𝟏, 𝟕𝟐𝟒 𝒈 𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 % 𝒇𝒆𝒏𝒐𝒍 = 𝟏,𝟕𝟐𝟒 𝟏,𝟕𝟐𝟒+𝟏𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟖,𝟕𝟒 % 7. A 19º C, la presión de vapor del tetracloruro de carbono, CCl4, es de 85,51 mm y la de una disolución de 0,860 g de antraceno en 20,0 g de CCl4es de 82,26 mm. Hallar el peso molecular del antraceno. 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝒙𝒅 = 𝑷 𝑷𝒐 = 𝟖𝟐,𝟐𝟔 𝟖𝟓,𝟓𝟏 = 𝟎, 𝟗𝟔𝟐 𝒙𝒅 = 𝟐𝟎,𝟎 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏∗𝟏+𝟑𝟓,𝟒𝟓𝟕∗𝟒 𝟐𝟎,𝟎 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏∗𝟏+𝟑𝟓,𝟒𝟓𝟕∗𝟒 + 𝟎,𝟖𝟔𝟎 𝑴 𝟎,𝟗𝟔𝟐 = 𝟎,𝟏𝟑𝟎 𝟎,𝟏𝟑𝟎+ 𝟎,𝟖𝟔𝟎 𝑴 𝟎,𝟖𝟔𝟎 𝑴 = 𝟏 𝟕,𝟒 − 𝟎,𝟏𝟑𝟎 ;𝑴 = 𝟏𝟔𝟕,𝟓 𝒈 8. A 85º C la presión de vapor del dibromuro de propileno, C3H6Br2, es de 128 mm, y la del dibromuro de etileno, C2H4Br2, es de 172,6 mm. Calcular la presión de vapor de una
- 3. mezcla líquida supuesta ideal de estas dos substancias formada por 2 moles de C3H6Br2 y 3 moles de C2H4Br2. Consideramos el disolvente el dibromuro de etileno que está en una proporción mayor. 𝒙𝒅 = 𝟑 𝟓 = 𝟎, 𝟔 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝑷 = 𝟏𝟕𝟐,𝟔 ∗ 𝟎, 𝟔 = 𝟏𝟎𝟑,𝟓𝟔 mm Como los dos componentes están en proporciones parecidas, los dos aportan en la presión de vapor, si consideramos disolvente el dibromuro de propileno: 𝒙𝒅 = 𝟐 𝟓 = 𝟎, 𝟒 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝑷 = 𝟏𝟐𝟖 ∗ 𝟎𝟒 = 𝟓𝟏,𝟐𝟎 mm La aportación de los dos será: 𝑷 = 𝟏𝟎𝟑,𝟓𝟔 + 𝟓𝟏,𝟐𝟎 = 𝟏𝟓𝟒,𝟕𝟔 𝒎𝒎 9. A 110º C las presiones de vapor del clorobenceno, C6H5Cl, y del bromobenceno, C6H5Br, son, respectivamente de 400 mm y 200 mm. Calcular la presión de vapor a esta temperatura de una mezcla líquida supuesta ideal formada por un 30 % de C6H5Cl y C6H5Br. En 100 g de mezcla: 𝟑𝟎 𝒈 𝑪𝟔𝑯𝟓𝑪𝒍 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝟔∗𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏+𝟏,𝟎𝟎𝟖∗𝟓+𝟑𝟓,𝟒𝟓𝟕 = 𝟎,𝟐𝟔𝟕 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝑪𝟔𝑯𝟓𝑪𝒍 𝟕𝟎 𝒈 𝑪𝟔𝑯𝟓𝑩𝒓 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝟔∗𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏+𝟏,𝟎𝟎𝟖∗𝟓+𝟕𝟗,𝟗𝟎𝟗 = 𝟎,𝟒𝟒𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝑪𝟔𝑯𝟓𝑩𝒓 Supuesto disolvente el C6H5Br: 𝒙𝒅 = 𝟎,𝟒𝟒𝟔 𝟎,𝟒𝟒𝟔+𝟎,𝟐𝟔𝟕 = 𝟎,𝟔𝟐𝟔 La contribución del C6H5Br a la presión de vapor: 𝑷𝟏 = 𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟎,𝟔𝟐𝟔 = 𝟏𝟐𝟓,𝟐 𝒎𝒎 Si el disolvente es el C6H5Cl: 𝒙𝒅 = 𝟎,𝟐𝟔𝟕 𝟎,𝟐𝟔𝟕+𝟎,𝟒𝟒𝟔 = 𝟎,𝟑𝟕𝟒 𝑷𝟐 = 𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟎,𝟑𝟕𝟒 = 𝟏𝟒𝟗,𝟔 𝒎𝒎 La presión total es: 𝑷 = 𝟏𝟐𝟓,𝟐 + 𝟏𝟒𝟗,𝟔 = 𝟐𝟕𝟒,𝟖 𝒎𝒎 10. Las presiones de vapor del alcohol metílico, CH3OH, y del alcohol etílico, C2H5OH, a 40º C son, respectivamente, 260,5 mm y 135,3 mm. Calcular la composición de una mezcla líquida supuesta ideal de estos dos alcoholes en equilibrio a 40º C, con una mezcla gaseosa equimolecular de estos compuestos. Dado que la mezcla liquida se encuentra en equilibrio con la mezcla gaseosa las dos presiones de vapor han de ser iguales. Supongamos n1 moles del alcohol metílico y n2 moles del etílico. 𝒙𝒅𝟏 = 𝒏𝟏 𝒏𝟏+𝒏𝟐 𝑷𝟏 = 𝒏𝟏 𝒏𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟐𝟔𝟎,𝟓 Para el etílico: 𝒙𝒅𝟐 = 𝒏𝟐 𝒏𝟏+𝒏𝟐 𝑷𝟐 = 𝒏𝟐 𝒏𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟏𝟑𝟓,𝟑 Por la condición de equilibrio: 𝑷𝟏 = 𝑷𝟐 ; 𝒏𝟏 𝒏𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟐𝟔𝟎,𝟓 = 𝒏𝟐 𝒏𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟏𝟑𝟓,𝟑
- 4. Suponemos n1=1: 𝟏 𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟐𝟔𝟎,𝟓 = 𝒏𝟐 𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟏𝟑𝟓,𝟑 𝒏𝟐 = 𝟐𝟔𝟎,𝟓 𝟏𝟑𝟓,𝟑 = 𝟏, 𝟗𝟐𝟓 % 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒎𝒆𝒕í𝒍𝒊𝒄𝒐 = 𝟏 𝟏+𝟏,𝟗𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟑𝟒,𝟏𝟖 % % 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒆𝒕í𝒍𝒊𝒄𝒐 = 𝟏,𝟗𝟐𝟓 𝟏+𝟏,𝟗𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟔𝟓, 𝟖𝟐 % 11. Calcular en moles y en gramos por ciento la composición de una mezcla supuesta ideal de acetona, C3H6O, y de tolueno, C7H8, que hierva a 80ºC, si a esta temperatura las presiones de vapor de estas dos substancies son, respectivamente, 1610 mm y 290 mm. La presión de la mezcla ha de ser de 760 mm. La aportación de la acetona: 𝒙𝒅𝟏 = 𝒏𝟏 𝒏𝟏+𝒏𝟐 𝑷𝟏 = 𝒏𝟏 𝒏𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟏𝟔𝟏𝟎 Para el nitrobenceno: 𝒙𝒅𝟐 = 𝒏𝟐 𝒏𝟏+𝒏𝟐 𝑷𝟐 = 𝒏𝟐 𝒏𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟐𝟗𝟎 Por tanto: 𝟕𝟔𝟎 = 𝒏𝟏 𝒏𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟏𝟔𝟏𝟎 + 𝒏𝟐 𝒏𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟐𝟗𝟎 Suponemos n1=1: 𝟕𝟔𝟎 = 𝟏 𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟏𝟔𝟏𝟎 + 𝒏𝟐 𝟏+𝒏𝟐 ∗ 𝟐𝟗𝟎 𝒏𝟐 = 𝟏𝟔𝟏𝟎−𝟕𝟔𝟎 𝟕𝟔𝟎−𝟐𝟗𝟎 = 𝟏,𝟖𝟏 % 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 = 𝟏 𝟏+𝟏,𝟖𝟏 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟑𝟓,𝟔 % % 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 = 𝟏,𝟖𝟏 𝟏+𝟏,𝟖𝟏 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟔𝟒,𝟒 % En gramos: 𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒔 𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 ∗ (𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏∗𝟑+𝟔∗𝟏,𝟎𝟎𝟖+𝟏𝟔)𝒈 𝟏 𝒎𝒐𝒍 = 𝟓𝟖,𝟎𝟖𝟏 𝒈 𝟏,𝟖𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 ∗ (𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏∗𝟕+𝟏,𝟎𝟎𝟖∗𝟖)𝒈 𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 = 𝟏𝟔𝟔,𝟕𝟕 𝒈 % 𝒈 𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 = 𝟓𝟖,𝟎𝟖𝟏 𝟓𝟖,𝟎𝟖𝟏+𝟏𝟔𝟔,𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟐𝟓,𝟖 % % 𝒈 𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 = 𝟏𝟔𝟔,𝟕𝟕 𝟓𝟖,𝟎𝟖𝟏+𝟏𝟔𝟔,𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟕𝟒,𝟐 % 12. Si se hierve la mezcla líquida de acetona y tolueno del problema anterior, calcular: a) La composición del vapor que se forma al iniciar la ebullición. b) Si esta mezcla gaseosa inicial se condensa, la presión de vapor del líquido a 80ºC. a) Tenemos las fracciones molares de la mezcla líquida: 𝒙𝒅𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 = 𝟎,𝟑𝟓𝟔 ; 𝒙𝒅 𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 = 𝟎, 𝟔𝟒𝟒 Las presiones de vapor de cada líquido son: 𝑷𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 = 𝟎, 𝟑𝟓𝟔 ∗ 𝟏𝟔𝟏𝟎 = 𝟓𝟕𝟑,𝟏𝟔 𝒎𝒎 𝑷𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 = 𝟎, 𝟔𝟒𝟒 ∗ 𝟐𝟗𝟎 = 𝟏𝟖𝟔,𝟕𝟔 𝒎𝒎 En el gas, con estas presiones parciales tendremos la composición siguiente: 𝑷𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 = 𝒙𝒈 𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 ∗ 𝑷 𝑷𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 = 𝒙𝒈 𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 ∗ 𝑷
- 5. Dado que la mezcla está en ebullición la presión del gas ha de ser P=760 mm: 𝒙𝒈 𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 = 𝑷𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 𝑷 = 𝟓𝟕𝟑,𝟏𝟔 𝟕𝟔𝟎 = 𝟎, 𝟕𝟓𝟒 𝒙𝒈 𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 = 𝑷𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 𝑷 = 𝟏𝟖𝟔,𝟕𝟔 𝟕𝟔𝟎 = 𝟎,𝟐𝟒𝟔 b) Para la mezcla de gases condensada tenemos: 𝑷𝒂𝒄𝒆𝒕𝒐𝒏𝒂 = 𝟎, 𝟕𝟓𝟒 ∗ 𝟏𝟔𝟏𝟎 = 𝟏𝟐𝟏𝟑,𝟗𝟒 𝒎𝒎 𝑷𝒕𝒐𝒍𝒖𝒆𝒏𝒐 = 𝟎, 𝟐𝟒𝟔 ∗ 𝟐𝟗𝟎 = 𝟕𝟏,𝟑𝟒 𝒎𝒎 𝑷 = 𝟏𝟐𝟏𝟑,𝟗𝟒 + 𝟕𝟏,𝟑𝟒 = 𝟏𝟐𝟖𝟓,𝟑 𝒎𝒎 13. Una disolución de peróxido de hidrógeno en agua cuya concentración es del 2,86 %, congela a -1,61ºC. Hallar el peso molecular del peróxido de hidrógeno. ∆c(H2O)=1,86 ºC/mol. ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 𝟏,𝟔𝟏 = 𝟏,𝟖𝟔 ∗ 𝒎 ;𝒎 = 𝟎, 𝟖𝟔𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 𝒎 = 𝒎𝒐𝒍𝒔 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕 𝒌𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒔𝒐𝒍𝒗𝒆𝒏𝒕 ; 𝟎,𝟖𝟔𝟔 = 𝟐,𝟖𝟔 𝑴 ⁄ (𝟎,𝟏−𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟖𝟔) 𝑴 = 𝟑𝟒,𝟎 𝒈/𝒎𝒐𝒍 14. Suponiendo comportamiento ideal, calcular los puntos de ebullición de tres disoluciones de urea al 5, al 10 y al 15 % de CO(NH2)2. ∆e(H2O)=0,52ºC/mol. ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 𝑴(𝒖𝒓𝒆𝒂) = (𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏 + 𝟏𝟓 + 𝟏𝟒,𝟎𝟎𝟔 ∗ 𝟐 + 𝟏, 𝟎𝟎𝟖 ∗ 𝟒) = 𝟔𝟎,𝟎𝟓𝟓 𝒈/𝒎𝒐𝒍 Calculamos las molalidades de las diferentes disoluciones: 𝒎𝟏 = 𝟓 𝟔𝟎,𝟎𝟓𝟓 ⁄ 𝟎,𝟏−𝟎,𝟎𝟎𝟓 = 𝟎, 𝟖𝟕𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 𝒎𝟐 = 𝟏𝟎 𝟎,𝟏−𝟎,𝟎𝟏𝟎 = 𝟏, 𝟖𝟓 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 𝒎𝟑 = 𝟏𝟓 𝟔𝟎,𝟎𝟓𝟓 ⁄ 𝟎,𝟏−𝟎,𝟎𝟏𝟓 = 𝟐, 𝟗𝟒 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻𝟏 = ∆𝒄 ∗ 𝒎𝟏 = 𝟎, 𝟓𝟐 ∗ 𝟎, 𝟖𝟕𝟔 = 𝟎,𝟒𝟔 ;𝑻𝒆𝒃 = 𝟏𝟎𝟎,𝟒𝟔𝒐 𝑪 ∆𝑻𝟐 = ∆𝒄 ∗ 𝒎𝟐 = 𝟎, 𝟓𝟐 ∗ 𝟏, 𝟖𝟓 = 𝟎, 𝟗𝟔 ;𝑻𝒆𝒃 = 𝟏𝟎𝟎,𝟗𝟔𝒐 𝑪 ∆𝑻𝟑 = ∆𝒄 ∗ 𝒎𝟑 = 𝟎, 𝟓𝟐 ∗ 𝟐, 𝟗𝟒 = 𝟏, 𝟓𝟑;𝑻𝒆𝒃 = 𝟏𝟎𝟏,𝟓𝟑𝒐 𝑪 15. Una disolución de glicocola preparada al disolver 1,62 g de substancia en 19,62 g de agua, hierve a 100,60ºC. Hallar el peso molecular de la glicocola. ∆e(H2O)=0,52ºC/mol. 𝒎 = 𝒎𝒐𝒍𝒔 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕 𝒌𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒔𝒐𝒍𝒗𝒆𝒏𝒕 ; 𝒎 = 𝟏,𝟔𝟐 𝑴 ⁄ (𝟎,,𝟎𝟏𝟗𝟔𝟐) ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 𝟎,𝟔 = 𝟎,𝟓𝟐 ∗ 𝟏,𝟔𝟐 𝑴 ⁄ (𝟎,𝟎𝟏𝟗𝟔𝟐) 𝑴 = 𝟕𝟏,𝟓𝟔 𝒈/𝒎𝒐𝒍 16. Una disolución de urea tiene un punto de congelación de -1,000º C. Calcular la cantidad de agua que habrá que añadir a 100g de disolución para que el punto de congelación de la disolución diluida sea -0,500º C. ∆c(H2O)=1,86 ºC/mol. Calculamos la molalidad de la disolución inicial: 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒆 = 𝟏 𝟏,𝟖𝟔 = 𝟎,𝟓𝟑𝟕𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 Calculamos la urea disuelta en 100 g de agua: 𝟎,𝟓𝟑𝟕𝟔 = 𝒙 𝟔𝟎,𝟎𝟓𝟓 ⁄ 𝟎,𝟏 ; 𝒙 = 𝟑, 𝟐𝟑 𝒈 𝒖𝒓𝒆𝒂 𝒆𝒏 𝟏𝟎𝟎 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 El % de urea será:
- 6. %𝒖𝒓𝒆𝒂 = 𝟑,𝟐𝟑 𝟏𝟎𝟑,𝟐𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟑, 𝟏𝟑 𝒈 𝒖𝒓𝒆𝒂 𝒆𝒏 𝟏𝟎𝟎 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 La molalidad de la disolución final: 𝒎𝒇 = ∆𝑻 ∆𝒆 = 𝟎,𝟓 𝟏,𝟖𝟔 = 𝟎,𝟐𝟔𝟖𝟖 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 La molalitat final la hemos obtenido de añadir a 100 g disolución inicial (3,13 g urea y 96,87 g g agua) una cantidad de y g de agua: 𝟎,𝟐𝟔𝟖𝟖 = 𝟑,𝟏𝟑 𝟔𝟎,𝟎𝟓𝟓 ⁄ 𝟎,𝟎𝟗𝟔𝟖𝟕+𝒚 ; 𝒚 = 𝟎,𝟎𝟗𝟕 𝒌𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 17. El radiador de un automóvil contiene 18 litros de agua. Calcular la cantidad de etilenglicol, C2H6O2, o de glicerina, C3H8O3, que debería añadirse para que el líquido no empezase a congelar hasta -10ºC. ∆c(H2O)=1,86 ºC/mol. 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒆 = 𝟏𝟎 𝟏,𝟖𝟔 = 𝟓,𝟑𝟖 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 Para el etilenglicol: 𝑴(𝒆𝒕𝒊𝒍𝒆𝒏𝒈𝒍𝒊𝒄𝒐𝒍) = 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏 ∗ 𝟐 + 𝟔 ∗ 𝟏,𝟎𝟎𝟖 + 𝟏𝟔 + 𝟐 = 𝟔𝟐,𝟎𝟕 𝒈/𝒎𝒐𝒍 𝟓,𝟑𝟖 = 𝒙 𝟔𝟐,𝟎𝟕 ⁄ 𝟏𝟖 ;𝒙 = 𝟓, 𝟑𝟖 ∗ 𝟏𝟖 ∗ 𝟔𝟐,𝟎𝟕 = 𝟔𝟎𝟏𝟏 𝒈 Para la glicerina: 𝑴(𝒈𝒍𝒊𝒄𝒆𝒓𝒊𝒏𝒂) = 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏 ∗ 𝟑 + 𝟖 ∗ 𝟏, 𝟎𝟎𝟖 + 𝟏𝟔 ∗ 𝟑 = 𝟗𝟐,𝟎𝟗𝟕 𝒈/𝒎𝒐𝒍 𝟓,𝟑𝟖 = 𝒙 𝟗𝟐,𝟎𝟗𝟕 ⁄ 𝟏𝟖 ; 𝒙 = 𝟓, 𝟑𝟖 ∗ 𝟏𝟖 ∗ 𝟗𝟐,𝟎𝟗𝟕 = 𝟖𝟗𝟏𝟗 𝒈 18. El benceno congela a 5,5º C y hierve a 80,2 ºC. Los calores latentes de fusión y ebullición del benceno son, respectivamente, 30,3 y 94,2 cal/g. Calcular las constantes molales de los puntos de congelación y de ebullición del benceno. Los valores experimentales son 5,12 y 2,67ºC/mol, respectivamente. Para la ebullición: ∆𝒆= 𝑹∗𝑻𝒆 𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎∗𝒍𝒆 Donde R es la constante gases en calorías, Te la temperatura de ebullición en Kelvin y le el calor latente de ebullición. R=1,987 cal/Kmol ∆𝒆= 𝟏,𝟗𝟖𝟕∗(𝟖𝟎,𝟐+𝟐𝟕𝟑)𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎∗𝟗𝟒,𝟐 = 𝟐,𝟔𝟐 𝑲 𝒎𝒐𝒍 = 𝟐,𝟔𝟑º𝑪/𝒎𝒐𝒍 Para la fusión: ∆𝒄= 𝑹∗𝑻𝒄 𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎∗𝒍𝒄 Donde los valores de fusión y R están en las mismas unidades anteriores. ∆𝒆= 𝟏,𝟗𝟖𝟕∗(𝟓,𝟓+𝟐𝟕𝟑)𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎∗𝟑𝟎,𝟑 = 𝟓,𝟎𝟗 𝑲 𝒎𝒐𝒍 = 𝟓,𝟎𝟗º𝑪/𝒎𝒐𝒍 19. Se disuelven 3,96 g de ácido benzoico, C6H5COOH, en 80,6 g de benceno y la disolución congela a 4,47ºC. El benceno puro congela a 5,5ºC. Hallar el peso molecular y la fórmula del ácido benzoico disuelto en el benceno. ∆e(benceno)=5,12ºC/mol. 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒆 = 𝟓,𝟓−𝟒,𝟒𝟕 𝟓,𝟏𝟐 = 𝟎,𝟐𝟎𝟏𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 𝟎,𝟐𝟎𝟏𝟐 = 𝟑,𝟗𝟔 𝑴 ⁄ 𝟎,𝟎𝟖𝟎𝟔 ;𝑴 = 𝟑,𝟗𝟔 𝟎,𝟐𝟎𝟏𝟐∗𝟎,𝟎𝟖𝟎𝟔 = 𝟐𝟒𝟒,𝟏𝟗 𝒈/𝒎𝒐𝒍 La masa de la fórmula dada en el enunciado es: 𝑴(𝑪𝟔𝑯𝟓𝑪𝑶𝑶𝑯) = 𝟕 ∗ 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏 + 𝟔 ∗ 𝟏,𝟎𝟎𝟖 + 𝟏𝟔 ∗ 𝟐 = 𝟏𝟐𝟐,𝟏𝟐𝟓 𝒈/𝒎𝒐𝒍 𝑴 𝑴(𝑪𝟔𝑯𝟓𝑪𝑶𝑶𝑯) = 𝟐 Por tanto, el ácido disuelto en benceno esta en forma de dímero:
- 7. (𝑪𝟔𝑯𝟓𝑪𝑶𝑶𝑯)𝟐 20. El fenol purísimo funde a 40,8ºC, y su constante molal del punto de congelación es 7,3ºC/mol. Calcular la proporción de agua que lleva un fenol que empieza a congelar a 18ºC. 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒆 = 𝟒𝟎,𝟖−𝟏𝟖 𝟕,𝟑 = 𝟑,𝟏𝟐𝟑𝟑 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 El soluto es el agua y el disolvente el fenol. 𝟑,𝟏𝟐𝟑𝟑 = 𝒙 𝟏𝟖 ⁄ 𝟏−𝟎,𝟎𝟎𝟏𝒙 𝒙 = 𝟓𝟑,𝟐𝟐 𝒈 Por tanto, en 1 kg de disolución tenemos 53,22 g de agua. %(𝒂𝒈𝒖𝒂) = 𝟓𝟑,𝟐𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟓,𝟑𝟐 % 21. Calcular el punto de congelación de un fenol impurificado con un 1 % de agua. El fenol puro solidifica a 40,8ºC. ∆e(fenol)=7,3ºC/mol. ∆𝑻 = ∆𝒆 ∗ 𝒎 𝒎 = 𝟏 𝟏𝟖 ⁄ 𝟎,𝟎𝟗𝟗 = 𝟎, 𝟓𝟔𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻 = 𝟕,𝟑 ∗ 𝟎,𝟓𝟔𝟏 = 𝟒, 𝟏º𝑪 Por tanto: 𝑻𝒄 = 𝟒𝟎,𝟖 − 𝟒,𝟏 = 𝟑𝟔,𝟕º𝑪 22. Se disuelven 0,469 g de ácido acético, CH3COOH, en 23,26 g de agua y la disolución congela a -0,63ºC. Una disolución de 0,704 g de ácido acético en 29,54 g de benceno desciende el punto de congelación de éste en 1,02 ºC. Hallar los pesos moleculares del ácido acético en la disolución acuosa y en la disolución de benceno. ¿Qué estructura molecular tiene el ácido acético en el benceno? Las constantes molales de los puntos de congelación del agua y del benceno son, respectivamente, 1,86 y 5,12 ºC/mol. La masa molar según la fórmula del ácido acético: 𝑴(𝑪𝑯𝟑𝑪𝑶𝑶𝑯) = 𝟏𝟐,𝟎𝟏 ∗ 𝟐 + 𝟒 ∗ 𝟏, 𝟎𝟎𝟖 + 𝟏𝟔 ∗ 𝟐 = 𝟔𝟎,𝟎𝟓𝟐 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒄 Para el caso de acético en agua: 𝟎,𝟔𝟑 𝟏,𝟖𝟔 = 𝟎,𝟒𝟔𝟗 𝑴 ⁄ 𝟎,𝟎𝟐𝟑𝟏𝟔 ; 𝑴 = 𝟎,𝟒𝟔𝟗∗𝟏,𝟖𝟔 𝟎,𝟎𝟐𝟑𝟏𝟔∗𝟎,𝟔𝟑 = 𝟓𝟗,𝟖 𝒈 𝒎𝒐𝒍 Para el benceno: 𝟏,𝟎𝟐 𝟓,𝟏𝟐 = 𝟎,𝟕𝟎𝟒 𝑴 ⁄ 𝟎,𝟎𝟐𝟗𝟓𝟒 ; 𝑴 = 𝟎,𝟕𝟎𝟒∗𝟓,𝟏𝟐 𝟎,𝟎𝟐𝟗𝟓𝟒∗𝟏,𝟎𝟐 = 𝟏𝟏𝟗,𝟔 𝒈 𝒎𝒐𝒍 En agua la masa molecular indica que tenemos un monómero. En benceno el cociente da 2, por ello tenemos un dímero: (CH3COOH)2. 23. El magnesio funde a 651ºC y su calor latente de fusión es igual a 88 cal/g. Calcular el punto de fusión de una aleación de magnesio-plata que contiene un 6 % de plata. ∆𝒄= 𝑹∗𝑻𝒄 𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎∗𝒍𝒄 = 𝟏,𝟗𝟖𝟕∗(𝟔𝟓𝟏+𝟐𝟕𝟑)𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎∗𝟖𝟖 = 𝟏𝟗,𝟐𝟖º𝑪/𝒎𝒐𝒍 𝒎 = 𝟔 𝟏𝟎𝟕,𝟖𝟕 ⁄ 𝟎,𝟎𝟗𝟒 = 𝟎, 𝟓𝟗𝟏𝟕 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 = 𝟏𝟗,𝟐𝟖 ∗ 𝟎,𝟓𝟗𝟏𝟕 = 𝟏𝟏,𝟒𝟏º𝑪 𝑻 = 𝟔𝟓𝟏 − 𝟏𝟏,𝟒𝟏 = 𝟔𝟑𝟗,𝟓𝟗º𝑪 24. Se funde una mezcla de 0,436 g de acetanilida con 14,06 g de alcanfor de punto de fusión 176,2ºC. La mezcla se deja solidificar y enriar, se reduce a polvo, se mezcla íntimamente
- 8. y se calienta. En el momento que termina de fundir su temperatura es de 167ºC. Hallar el peso molecular de la acetanilida. ∆c(alcanfor)=40,0ºC/mol. ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 (𝟏𝟕𝟔,𝟐 − 𝟏𝟔𝟕) = 𝟒𝟎,𝟎 ∗ 𝟎,𝟒𝟑𝟔 𝑴 𝟎,𝟎𝟏𝟒𝟎𝟔 𝑴 = 𝟒𝟎,𝟎∗𝟎,𝟒𝟑𝟔 (𝟏𝟕𝟔,𝟐−𝟏𝟔𝟕)∗𝟎,𝟎𝟏𝟒𝟎𝟔 = 𝟏𝟑𝟒,𝟖 𝒈/𝒎𝒐𝒍 25. 100g de una disolución diluida de alcohol etílico, C2H5OH, en agua empieza a congelar a - 1,00ºC, La disolución se enfría hasta -3,00ºC. Calcular: a) La concentración de la disolución inicial. b) La concentración de la disolución final. c) La cantidad de hielo que se ha separado. a) 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒄 = 𝟏 𝟏,𝟖𝟔 = 𝟎,𝟓𝟑𝟕𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 En 1 kg de agua tenemos: 𝟎,𝟓𝟑𝟕𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 ∗ 𝟒𝟔,𝟎𝟕 𝒈 𝒆𝒕𝒂𝒏𝒐𝒍 𝟏 𝒎𝒐𝒍 = 𝟐𝟒,𝟕𝟕 𝒈 𝒆𝒕𝒂𝒏𝒐𝒍 % 𝒆𝒕𝒂𝒏𝒐𝒍 = 𝟐𝟒,𝟕𝟕 𝟏𝟎𝟎𝟎+𝟐𝟒,𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟐,𝟒𝟐 % b) Entre -1 y -3 º C congela agua de la disolución, calculamos la molalidad que corresponde a una disolución que congela a -3ºC: 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒄 = 𝟑 𝟏,𝟖𝟔 = 𝟏,𝟔𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 En 1 kg de agua tenemos: 𝟏,𝟔𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 ∗ 𝟒𝟔,𝟎𝟕 𝒈 𝒆𝒕𝒂𝒏𝒐𝒍 𝟏 𝒎𝒐𝒍 = 𝟕𝟒,𝟏𝟕 𝒈 𝒆𝒕𝒂𝒏𝒐𝒍 % 𝒆𝒕𝒂𝒏𝒐𝒍 = 𝟕𝟒,𝟏𝟕 𝟏𝟎𝟎𝟎+𝟕𝟒,𝟏𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟔,𝟗𝟎 % c) Inicialmente en 100 g teníamos 2,42 g alcohol y 97,58 g agua. Al final esta cantidad de alcohol se encontrará en: 𝟐,𝟒𝟐 𝒈 𝒂𝒍𝒄𝒐𝒉𝒐𝒍 ∗ 𝟏𝟎𝟎 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝟔,𝟗𝟎 𝒈 𝒂𝒍𝒄𝒐𝒉𝒐𝒍 = 𝟑𝟓,𝟎𝟕 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 Por tanto, están en 35,07-2,42=32,65 g agua. El agua congelada será 97,58.32,65=64,9 g agua. 26. Al disolver 1,43 g de azufre en 21,1 g de sulfuro de carbono el punto de ebullición de éste aumenta en 0,63ºC. La constante molal del punto de ebullición del CS2 es 2,37ºC/mol. Hallar la fórmula molecular del azufre disuelto en el sulfuro de carbono. ∆𝑻 = ∆𝒆 ∗ 𝒎 𝟎,𝟔𝟑 = 𝟐.𝟑𝟕 ∗ 𝟏,𝟒𝟑 (𝟑𝟐,𝟎𝟔𝟔∗𝒙) ⁄ 𝟎,𝟎𝟐𝟏𝟏 𝒙 = 𝟐,𝟑𝟕∗𝟏,𝟒𝟑 𝟎,𝟔𝟑∗𝟎,𝟎𝟐𝟏𝟏∗𝟑𝟐,𝟎𝟔𝟔 = 𝟖 Por tanto, S8. 27. El sulfuro de carbono hierve a 46,4ºC, y su calor latente de ebullición es de 86,2 cal/g. Una disolución de 4,202 g de iodo en 100 g de CS2 hierve a 46,79ºC. Calcular la constante molal del punto de ebullición del sulfuro de carbono, el peso molecular del iodo en este disolvente y su fórmula molecular. ∆𝒆= 𝑹∗𝑻𝒆 𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎∗𝒍𝒆 = 𝟏,𝟗𝟖𝟕∗(𝟒𝟔,𝟒+𝟐𝟕𝟑)𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎∗𝟖𝟔,𝟐 = 𝟐,𝟑𝟓º𝑪/𝒎𝒐𝒍 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒄 = 𝟒𝟔,𝟕𝟗−𝟒𝟔,𝟒 𝟐,𝟑𝟓 = 𝟎,𝟏𝟔𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 𝟎,𝟏𝟔𝟔 = 𝟒.𝟐𝟎𝟐 (𝟏𝟗𝟔,𝟗𝟎𝟒∗𝒙) ⁄ 𝟎,𝟏𝟎𝟎 ; 𝒙 = 𝟒,𝟐𝟎𝟐 𝟎,𝟏𝟔𝟔∗𝟏𝟐𝟔,𝟗𝟎𝟒∗𝟎,𝟏 = 𝟐
- 9. La fórmula será I2. 28. El punto de congelación de la leche normal es de -0,56ºC. Calcular la concentración de una disolución de lactosa, C12H22O11, que congela a la misma temperatura. ∆c(H2O)=1,86ºC/mol. 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒄 = 𝟎,𝟓𝟔 𝟏,𝟖𝟔 = 𝟎,𝟑𝟎𝟏𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 En 1000 g de agua tenemos: 𝟎,𝟑𝟎𝟏𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 ∗ 𝟑𝟒𝟐,𝟑𝟎𝟖 𝒈 𝒍𝒂𝒄𝒕𝒐𝒔𝒂 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒍𝒂𝒄𝒕𝒐𝒔𝒂 = 𝟏𝟎𝟑,𝟎𝟔 𝒈 𝒍𝒂𝒄𝒕𝒐𝒔𝒂 % 𝒍𝒂𝒄𝒕𝒐𝒔𝒂 = 𝟏𝟎𝟑,𝟎𝟔 𝟏𝟎𝟑,𝟎𝟔+𝟏𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟗, 𝟑𝟒 % 29. Una disolución de 1,436 g de un hidrocarburo en 29,3 g de benceno tiene un punto de congelación de 2,94ºC. El hidrocarburo contiene un 14,37 % de hidrógeno; hallar su fórmula molecular. El punto de congelación del benceno es 5,5ºC, y su constante molal del punto de congelación es 5,12ºC/mol. 𝒎 = ∆𝑻 ∆𝒄 = 𝟓,𝟓−𝟐,𝟗𝟒 𝟓,𝟏𝟐 = 𝟎,𝟓 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 𝟎,𝟓 = 𝟏,𝟒𝟑𝟔 𝑴 ⁄ 𝟎,𝟎𝟐𝟗𝟑 ; 𝒙 = 𝟏,𝟒𝟑𝟔 𝟎,𝟎𝟐𝟗𝟑∗𝟎,𝟓 = 𝟗𝟖,𝟎𝟐 𝒈/𝒎𝒐𝒍 𝒙 ∗ 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏 + 𝟏,𝟎𝟎𝟖 ∗ 𝒚 = 𝟗𝟖,𝟎𝟐 𝟏𝟒,𝟑𝟕 𝒈 𝑯 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑯 𝟏,𝟎𝟎𝟖 𝒈 𝑯 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒙𝑯𝒚 𝒚 𝒎𝒐𝒍𝒔 𝑯 ∗ 𝟗𝟖,𝟎𝟐 𝒈 𝑪𝒙𝑯𝒚 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒙𝑯𝒚 = 𝟏𝟎𝟎 𝒈 𝑪𝒙𝑯𝒚 𝑳𝒂𝒔 𝒅𝒐𝒔 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒔𝒐𝒏: 𝒙 ∗ 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏 + 𝟏,𝟎𝟎𝟖 ∗ 𝒚 = 𝟗𝟖,𝟎𝟐 𝟏𝟑𝟗𝟕,𝟒 𝒚 = 𝟏𝟎𝟎 𝑫𝒆𝒔𝒑𝒆𝒋𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒚: 𝒚 = 𝟏𝟑𝟗𝟕,𝟒 𝟏𝟎𝟎 = 𝟏𝟒 De la primera ecuación: 𝒙 = 𝟗𝟖,𝟎𝟐−𝟏,𝟎𝟎𝟖∗𝟏𝟒 𝟏𝟐,𝟎𝟏𝟏 = 𝟕 Fórmula: C7H14. 30. Calcular la presión osmótica a 20ºC de una disolución de ácido fórmico, HCOOH, que contiene 1 g de sustancia por litro. 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝒄 = 𝟏 𝒈 𝑯𝑪𝑶𝑶𝑯 𝟏 𝑳 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑯𝑪𝑶𝑶𝑯 𝟒𝟔,𝟎𝟐𝟕 𝒈 𝑯𝑪𝑶𝑶𝑯 = 𝟎,𝟎𝟐𝟏𝟕𝟑 𝒎𝒐𝒍/𝑳 𝝅 = 𝟎, 𝟎𝟐𝟏𝟕𝟑 ∗ 𝟎, 𝟎𝟖𝟐 ∗ 𝟐𝟗𝟑 = 𝟎, 𝟓𝟐𝟐 𝒂𝒕𝒎 31. La presión osmótica de una disolución acuosa que contiene 2,5 g de glicerina, C3H8O3, por litro es igual a 46,2 cm a 0ºC. Calcular: a) El peso molecular de la glicerina. b) La presión osmótica a 30ºC. a) 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝟒𝟔,𝟐 𝒄𝒎 ∗ 𝟏𝒎𝒎 𝟎,𝟏 𝒄𝒎 ∗ 𝟏 𝒂𝒕𝒎 𝟕𝟔𝟎 𝒎𝒎 = 𝟎, 𝟔𝟎𝟖 𝒂𝒕𝒎 𝟎,𝟔𝟎𝟖 = 𝟐,𝟓 𝑴∗𝟏 ∗ 𝟎, 𝟎𝟖𝟐 ∗ 𝟐𝟕𝟑 ;𝑴 = 𝟐,𝟓∗𝟎,𝟎𝟖𝟐∗𝟐𝟕𝟑 𝟎,𝟔𝟎𝟖 = 𝟗𝟐,𝟏 𝒈/𝒎𝒐𝒍 b) 𝝅 = 𝟐,𝟓 𝟗𝟐,𝟏∗𝟏 ∗ 𝟎, 𝟎𝟖𝟐 ∗ (𝟐𝟕𝟑 + 𝟑𝟎) = 𝟎,𝟔𝟕𝟒𝟕 𝒂𝒕𝒎
- 10. 32. Hallar el peso molecular del alcanfor si una disolución de 1 g de substancia en 100 cm3 de benceno tiene una presión osmótica de 1,55 atm a 15ºC. 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏 𝑴∗𝟎,𝟏 ∗ 𝟎,𝟎𝟖𝟐 ∗ (𝟐𝟕𝟑 + 𝟏𝟓);𝑴 = 𝟎,𝟎𝟖𝟐∗(𝟐𝟕𝟑+𝟏𝟓) 𝟎,𝟏∗𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏𝟓𝟐,𝟑𝟔 𝒈/𝒎𝒐𝒍 33. La presión osmótica de una disolución de lactosa, C12H22O11, a 18ºC es de 3,54 atm. La densidad de la disolución es 1,015 g/cm3 . Calcular la molaridad y la molalidad de la misma, así como su punto de congelación. 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝒄 = 𝝅 𝑹∗𝑻 = 𝟑,𝟓𝟒 𝟎,𝟎𝟖𝟐∗(𝟐𝟕𝟑+𝟏𝟖) = 𝟎,𝟏𝟒𝟖𝟑 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝟎,𝟏𝟒𝟖𝟑 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝟏𝟐𝑯𝟐𝟐𝑶𝟏𝟏 ∗ 𝟑𝟒𝟐,𝟑𝟎𝟖𝟎 𝒈 𝑪𝟏𝟐𝑯𝟐𝟐𝑶𝟏𝟏 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝟏𝟐𝑯𝟐𝟐𝑶𝟏𝟏 = 𝟓𝟎,𝟖 𝒈 𝑪𝟏𝟐𝑯𝟐𝟐𝑶𝟏𝟏 𝟏 𝑳 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 ∗ 𝟏,𝟎𝟏𝟓 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝟏 𝑳 = 𝟏𝟎𝟏𝟓 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟏𝟎𝟏𝟓 − 𝟓𝟎,𝟖 = 𝟗𝟔𝟒,𝟐 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒎 = 𝟎,𝟏𝟒𝟖𝟑 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝟎,𝟗𝟔𝟒𝟐 𝑲𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟎,𝟏𝟓𝟒 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 ∆𝑻 = 𝟏,𝟖𝟔 ∗ 𝟎, 𝟏𝟓𝟒 = 𝟎,𝟐𝟗º𝑪 𝑻𝒄 = −𝟎, 𝟐𝟗º𝑪 34. Se prepara una disolución de nylon en metacresol, la cual contiene 13,7 g de nylon por litro. A 20ºC la presión osmótica de la disolución es de 19,4 mm. Hallar el peso molecular del nylon. 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝟏𝟗,𝟒 𝟕𝟔𝟎 = 𝟏𝟑,𝟕 𝑴∗𝟏 ∗ 𝟎,𝟎𝟖𝟐 ∗ (𝟐𝟕𝟑 + 𝟐𝟎) 𝑴 = 𝟏𝟑,𝟕∗𝟎,𝟎𝟖𝟐∗𝟐𝟗𝟑∗𝟕𝟔𝟎 𝟏𝟗,𝟒 = 𝟏𝟐𝟖𝟗𝟓 𝒈/𝒎𝒐𝒍 35. A 23ºC la presión osmótica de una disolución al 1 % de dextrina es de 16,9 cm. Hallar el peso molecular de la dextrina. Dado que no tenemos la densidad, hemos de suponer que al ser una disolución diluida en medio acuoso la densidad es aproximadamente 1000 g/L. 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝟏𝟔𝟗 𝟕𝟔𝟎 = 𝟏 𝑴∗𝟎,𝟏 ∗ 𝟎, 𝟎𝟖𝟐 ∗ (𝟐𝟕𝟑 + 𝟐𝟑) 𝑴 = 𝟏∗𝟎,𝟎𝟖𝟐∗(𝟐𝟕𝟑+𝟐𝟑)∗𝟕𝟔𝟎 𝟎,𝟏∗𝟏𝟔𝟗 = 𝟏𝟎𝟗𝟏,𝟓 𝒈/𝒎𝒐𝒍 36. La presión de vapor de una disolución acuosa de urea, CO(NH2)2, a 100º C es de 743,1 mm. Hallar la presión osmótica de la disolución a 20º C y la temperatura a la cual empieza a congelar. La densidad de la disolución es igual a 1,023 g/cm3 . ∆c(agua)=1,86ºC/mol Suponemos una presión total de gases de 1 atm. Aplicamos la ley de Raoult a la disolución: 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝒙𝒅 = 𝑷 𝑷𝒐 = 𝟕𝟒𝟑,𝟏 𝟕𝟔𝟎 = 𝟎, 𝟗𝟕𝟖 Para la urea la fracción molar será: 𝒙𝒖𝒓𝒆𝒂 = 𝟏 − 𝟎, 𝟗𝟕𝟖 = 𝟎,𝟎𝟐𝟐 𝟎,𝟗𝟕𝟖 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒂𝒈𝒖𝒂 ∗ 𝟏𝟖 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟏𝟕,𝟔𝟎𝟒 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂
- 11. 𝟎,𝟎𝟐𝟐 𝒎𝒐𝒍 𝒖𝒓𝒆𝒂 ∗ 𝟔𝟎,𝟎𝟓𝟓 𝒈 𝒖𝒓𝒆𝒂 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒖𝒓𝒆𝒂 = 𝟏,𝟑𝟐𝟏 𝒈 𝒖𝒓𝒆𝒂 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = 𝟏𝟕,𝟔𝟎𝟒 + 𝟏, 𝟑𝟐𝟏 = 𝟏𝟖,𝟗𝟐𝟓 𝒈 𝟏𝟖,𝟗𝟐𝟓 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 ∗ 𝟏 𝑳 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝟏𝟎𝟐𝟑 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = 𝟎,𝟎𝟏𝟖𝟓 𝑳 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒄 = 𝟎,𝟎𝟐𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝟎,𝟎𝟏𝟖𝟓 𝑳 = 𝟏,𝟏𝟖𝟗 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝝅 = 𝟏, 𝟏𝟖𝟗 ∗ 𝟎, 𝟎𝟖𝟐 ∗ 𝟐𝟗𝟑 = 𝟐𝟖,𝟓𝟕 𝒂𝒕𝒎 𝒎 = 𝟎,𝟎𝟐𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝟎,𝟎𝟏𝟕𝟔 𝒌𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟏,𝟐𝟓 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 ∆𝑻 = 𝟏,𝟖𝟔 ∗ 𝟏, 𝟐𝟓 = 𝟐, 𝟑𝟐𝟓 𝑻𝒄 = −𝟐, 𝟑º𝑪 37. Una disolución normal de ácido clorhídrico, de densidad 1,017 g/cm3 congela a -3,53ºC. Calcular el coeficiente osmótico y el grado de disociación aparente del ácido clorhídrico en la disolución. ∆c(H2O)= 1,86ºC/mol. Realizamos los cálculos suponiendo soluto no iónico. 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑯𝑪𝒍 ∗ 𝟑𝟔,𝟓 𝒈 𝑯𝑪𝒍 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑯𝑪𝒍 = 𝟑𝟔,𝟓 𝒈 𝑯𝑪𝑳 𝟏 𝑳 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = 𝟏𝟎𝟏𝟕 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟏𝟎𝟏𝟕 − 𝟑𝟔,𝟓 = 𝟗𝟖𝟎,𝟓 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒎 = 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑯𝑪𝒍 𝟎,𝟗𝟖𝟎𝟓 𝒌𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟏,𝟎𝟏𝟗𝟗 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 = 𝟏, 𝟖𝟔 ∗ 𝟏, 𝟎𝟏𝟗𝟗 = 𝟏,𝟗º 𝑪 𝑭𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒗𝒂𝒏′ 𝒕 𝑯𝒐𝒇𝒇 = 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟑,𝟓𝟑 𝟏,𝟗 = 𝟏,𝟖𝟓𝟕𝟗 Coeficiente osmótico: 𝒈 = 𝒊 𝒗 = 𝒇𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒗𝒂𝒏′𝒕 𝑯𝒐𝒐𝒇 𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒅𝒐𝒔 = 𝟏,𝟖𝟓𝟕𝟗 𝟐 = 𝟎, 𝟗𝟑 Para el HCl v=2 , dado que se forman 2 iones por molécula. El grado de ionización: 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟏,𝟖𝟕𝟓−𝟏 𝟐−𝟏 = 𝟎,𝟖𝟔 38. Una disolución acuosa de nitrato de plata al 2 % empieza a congelar a -0,35ºC. Hallar el grado de disociación aparente del nitrato de plata a esta concentración. ∆c(H2O)=1,86ºC/mol. 𝟐 𝒈 𝑨𝒈𝑵𝑶𝟑 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑨𝒈𝑵𝑶𝟑 𝟏𝟔𝟗,𝟖𝟕𝟔 𝒈 𝑨𝒈𝑵𝑶𝟑 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟏𝟖 𝒎𝒐𝒍 𝑨𝒈𝑵𝑶𝟑 𝒎 = 𝟎.𝟎𝟏𝟏𝟖 𝟎,𝟎𝟗𝟖 = 𝟎,𝟏𝟐𝟎 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 = 𝟏, 𝟖𝟔 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐𝟎 = 𝟎,𝟐𝟐𝟑𝟐º𝑪 𝑭𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒗𝒂𝒏′ 𝒕 𝑯𝒐𝒇𝒇 = 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟎,𝟑𝟓 𝟎,𝟐𝟐𝟑𝟐 = 𝟏,𝟓𝟔𝟖 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟏,𝟓𝟔𝟖−𝟏 𝟐−𝟏 = 𝟎,𝟓𝟔𝟖𝟏 39. Una disolución de 0,52 g de cloruro de potasio en 83,6 g de agua congela a -0,291ºC. Calcular el factor de Van’t Hoff, el coeficiente osmótico y el grado de disociación aparente del KCl. ∆c(H2O)=1,86ºC/mol. 𝟎,𝟓𝟐 𝒈 𝑲𝑪𝑳 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑲𝑪𝒍 𝟕𝟒,𝟓𝟓𝟗 𝒈 𝑲𝑪𝒍 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟔𝟗𝟕𝟒 𝒎𝒐𝒍 𝑲𝑪𝒍 𝒎 = 𝟎.𝟎𝟎𝟔𝟗𝟕𝟒 𝟎,𝟎𝟖𝟑𝟔 = 𝟎.𝟎𝟖𝟑𝟒𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍
- 12. ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 = 𝟏, 𝟖𝟔 ∗ 𝟎, 𝟎𝟖𝟑𝟒𝟐 = 𝟎, 𝟏𝟓𝟓𝟏º𝑪 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟎,𝟐𝟗𝟏 𝟎,𝟏𝟓𝟓𝟏 = 𝟏, 𝟖𝟕𝟔𝟐 Coeficiente osmótico: 𝒈 = 𝒊 𝒗 = 𝒇𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒗𝒂𝒏′𝒕 𝑯𝒐𝒐𝒇 𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒅𝒐𝒔 = 𝟏,𝟖𝟕𝟔𝟐 𝟐 = 𝟎, 𝟗𝟑𝟖𝟏 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟏,𝟖𝟕𝟔𝟐−𝟏 𝟐−𝟏 = 𝟎,𝟖𝟕𝟔𝟐 40. El punto de ebullición de una disolución de 3,41 g de cloruro de bario en 100 g de agua es 100,21ºC. Calcular el factor de Van’t Hoff, el coeficiente osmótico y el grado de disociación aparente del BaCl2.∆e(agua)=0,52ºC/mol. 𝟑,𝟒𝟏 𝒈 𝑩𝒂𝑪𝒍𝟐 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑩𝒂𝑪𝒍𝟐 𝟐𝟎𝟖,𝟐𝟓𝟒 𝒈 𝑩𝒂𝑪𝒍𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟔𝟑𝟕 𝒎𝒐𝒍 𝑩𝒂𝑪𝒍𝟐 𝒎 = 𝟎,𝟎𝟏𝟔𝟑𝟕 𝟎,𝟏 = 𝟎,𝟏𝟔𝟑𝟕 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻 = ∆𝒆 ∗ 𝒎 = 𝟎,𝟓𝟐 ∗ 𝟎,𝟏𝟔𝟑𝟕 = 𝟎, 𝟎𝟖𝟓𝟏º𝑪 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟎,𝟐𝟏 𝟎,𝟎𝟖𝟓𝟏 = 𝟐, 𝟒𝟔𝟕𝟕 Coeficiente osmótico: 𝒈 = 𝒊 𝒗 = 𝒇𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒗𝒂𝒏′𝒕 𝑯𝒐𝒐𝒇 𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒅𝒐𝒔 = 𝟐,𝟒𝟔𝟕𝟕 𝟑 = 𝟎, 𝟖𝟐𝟐 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟐,𝟒𝟔𝟕𝟕−𝟏 𝟑−𝟏 = 𝟎,𝟕𝟑𝟑 41. Una disolución 0,065 molal de cloruro de calcio empieza a congelar a 0,322ºC. Aceptando la teoría de Arrhenius, hallar el grado de disociación del cloruro de calcio y la concentración de los iones cloruro y de los iones calcio en la disolución. Suponer la densidad de la disolución igual a la unidad ∆c(H2O)=1,86ºC/mol. ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 = 𝟏, 𝟖𝟔 ∗ 𝟎, 𝟎𝟔𝟓 = 𝟎,𝟏𝟐𝟎𝟗 º𝑪 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟎,𝟑𝟐𝟐 𝟎,𝟏𝟐𝟎𝟗 = 𝟐, 𝟔𝟔𝟑𝟒 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟐,𝟔𝟔𝟑𝟒−𝟏 𝟑−𝟏 = 𝟎,𝟖𝟑𝟏𝟕 Calculamos la molaridad: 𝟎,𝟎𝟔𝟓 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 ∗ 𝟏𝟏𝟎,𝟗𝟗𝟒 𝒈 𝟏 𝒎𝒐𝒍 = 𝟕. 𝟐𝟏𝟓 𝒈 𝑩𝒂𝑪𝒍𝟐 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝟕,𝟐𝟏𝟓 = 𝟏𝟎𝟎𝟕,𝟐𝟏𝟓 ;𝑳 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = 𝟏, 𝟎𝟎𝟕𝟐𝟏𝟓 𝑳 𝑴 = 𝟎,𝟎𝟔𝟓 𝟏,𝟎𝟎𝟕𝟐𝟏𝟓 = 𝟎.𝟎𝟔𝟎𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐(𝒂𝒒) ⇌ 𝑪𝒂+𝟐(𝒂𝒒) + 𝟐 𝑪𝒍− (𝒂𝒒) 𝑴 𝑴 − 𝑴𝜶 M𝜶 𝟐𝑴𝜶 [𝑪𝒂+𝟐] = 𝜶𝑴 𝟏 = 𝟎,𝟖𝟑𝟏𝟕 ∗ 𝟎, 𝟎𝟔𝟎𝟔 = 𝟎,𝟎𝟓𝟎𝟒 𝑴𝒐𝒍𝒂𝒓 [𝑪𝒍−] = 𝟐 𝑴𝜶 𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟎𝟔𝟎𝟔 ∗ 𝟎,𝟖𝟑𝟏𝟕 = 𝟎,𝟏𝟎𝟎𝟖 𝑴𝒐𝒍𝒂𝒓 42. Una disolución de cloruro de cinc al 1 %, y de densidad prácticamente la unidad congela a -0,28ºC. Calcular el grado de disociación aparente del cloruro de cinc, y a partir de él, la concentración de los iones cinc en la disolución. ∆c(H2O)=1,86ºC/mol. 𝟏 𝒈 𝒁𝒏𝑪𝒍𝟐 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒁𝒏𝑪𝒍𝟐 𝟏𝟑𝟔,𝟐𝟗𝟏 𝒈𝒁𝒏𝑪𝒍𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟕𝟑𝟑𝟕 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒁𝒏𝑪𝒍𝟐 ; 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟏𝟎𝟎 − 𝟏 = 𝟗𝟗 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒎 = 𝟎.𝟎𝟎𝟕𝟑𝟑𝟕 𝟎,𝟎𝟗𝟗 = 𝟎.𝟎𝟕𝟒𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒍 ∆𝑻 = ∆𝒄 ∗ 𝒎 = 𝟏, 𝟖𝟔 ∗ 𝟎, 𝟎𝟕𝟒𝟏 = 𝟎.𝟏𝟑𝟖 º𝑪 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟎,𝟐𝟖 𝟎,𝟏𝟑𝟖 = 𝟐, 𝟎𝟑 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟐,𝟎𝟑−𝟏 𝟑−𝟏 = 𝟎,𝟓𝟏𝟔 𝒈 𝒅𝒊𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝟎,𝟎𝟕𝟒𝟏 ∗ 𝟏𝟑𝟔,𝟐𝟗𝟏 = 𝟏𝟎𝟏𝟎.𝟎𝟗𝟗 𝒈 𝑴 = 𝟎,𝟎𝟕𝟑𝟑𝟕 𝟏,𝟎𝟏𝟎𝟏 = 𝟎. 𝟎𝟕𝟐𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓
- 13. 𝒁𝒏𝑪𝒍𝟐(𝒂𝒒) ⇌ 𝒁𝒏+𝟐(𝒂𝒒) + 𝟐 𝑪𝒍− (𝒂𝒒) 𝑴 𝑴 − 𝑴𝜶 M𝜶 𝟐𝑴𝜶 [𝒁𝒏+𝟐] = 𝜶𝑴 𝟏 = 𝟎,𝟓𝟏𝟔 ∗ 𝟎, 𝟎𝟕𝟑𝟒 = 𝟎.𝟎𝟑𝟕𝟗 𝑴𝒐𝒍𝒂𝒓 43. Calcular la presión de vapor a 100ºC de una disolución de cloruro de sodio al 10 %, suponiendo que el grado de disociación aparente de la sal sea del 90%. 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 𝒊 = 𝜶 ∗ (𝒗 − 𝟏) + 𝟏 = 𝟎, 𝟗 ∗ (𝟐 − 𝟏) + 𝟏 = 𝟏,𝟗 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 ; 𝜹 = 𝒊 ∗ 𝜹𝒎 Calculamos 𝜹𝒎. 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝟏𝟎 𝒈 𝑵𝒂𝑪𝒍 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑵𝒂𝑪𝒍 𝟓𝟖,𝟒𝟓𝟕 𝒈 𝑵𝒂𝑪𝒍 = 𝟎, 𝟏𝟕𝟏𝟏 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝑵𝒂𝑪𝒍 𝟗𝟎 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝟏𝟖 𝒈 𝒂𝒈𝒖𝒂 = 𝟓 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒙𝒅 = 𝟓 𝟓,𝟏𝟕𝟏𝟏 = 𝟎,𝟗𝟔𝟔𝟗 A 110 º C el agua hierva en condiciones normales, por tanto, Po=760 mm. 𝑷 = 𝟕𝟔𝟎 ∗ 𝟎,𝟗𝟔𝟔𝟗 = 𝟕𝟑𝟒,𝟖𝟓 𝒎𝒎 La variación calculada: 𝜹𝒎 = 𝟕𝟔𝟎 − 𝟕𝟑𝟒,𝟖𝟓 = 𝟐𝟓,𝟏𝟓 𝒎𝒎 𝜹 = 𝒊 ∗ 𝜹𝒎 = 𝟏,𝟗 ∗ 𝟐𝟓,𝟐𝟓 = 𝟒𝟕,𝟗𝟖 𝒎𝒎 𝑷 = 𝟕𝟔𝟎 − 𝟒𝟕,𝟗𝟖 = 𝟕𝟏𝟐,𝟎𝟐 𝒎𝒎 44. A 100ºC la presión de vapor de una disolución de 10,0 g de nitrato de calcio en 150 g de agua es de 746,8 mm. Hallar el grado de disociación aparente del nitrato de calcio en esta disolución. 𝑷 = 𝑷𝒐 ∗ 𝒙𝒅 𝟏𝟎,𝟎 𝒈 𝑪𝒂(𝑵𝑶𝟑)𝟐 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒂(𝑵𝑶𝟑)𝟐 𝟏𝟔𝟒,𝟎𝟗𝟐 𝒈 𝑪𝒂(𝑵𝑶𝟑)𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟔𝟎𝟗 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒂(𝑵𝑶𝟑)𝟐 𝟏𝟓𝟎 𝒈 𝑯𝟐𝑶 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑯𝟐𝑶 𝟏𝟖 𝒈 𝑯𝟐𝑶 = 𝟖,𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒙𝒅 = 𝟖,𝟑𝟑𝟑 𝟖,𝟑𝟑𝟑+𝟎,𝟎𝟔𝟎𝟗 = 𝟎,𝟗𝟑𝟗𝟑 𝑷 = 𝟕𝟔𝟎 ∗ 𝟎,𝟗𝟗𝟑 = 𝟕𝟓𝟒,𝟔𝟖 𝒎𝒎 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟕𝟔𝟎−𝟕𝟒𝟔,𝟖 𝟕𝟔𝟎−𝟕𝟓𝟒,𝟔𝟖 = 𝟐, 𝟒𝟖 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟐,𝟒𝟖−𝟏 𝟑−𝟏 = 𝟎,𝟕𝟒 45. Una disolución acuosa 2 molar de cloruro de calcio es isotónica con una disolución 4,2 molar de un compuesto no electrolito . Calcular el grado de disociación aparente de esta sal y la concentración de iones cloruro. Para la disolución no electrolítica: 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝝅 = 𝟒, 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟎𝟖𝟐 ∗ 𝑻 = (𝟎,𝟑𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝑻 )𝒂𝒕𝒎 Esta presión osmótica corresponderá a la disolución de cloruro de calcio al ser isotónicas. La teórica seria: 𝝅 = 𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟖𝟐 ∗ 𝑻 = (𝟎,𝟏𝟔𝟒𝟎 ∗ 𝑻)𝒂𝒕𝒎 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟎,𝟑𝟒𝟒𝟒 𝟎,𝟏𝟔𝟒𝟎 = 𝟐, 𝟏
- 14. 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟐,𝟏−𝟏 𝟑−𝟏 = 𝟎, 𝟓𝟓 𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐 ⇌ 𝑪𝒂+𝟐 + 𝟐 𝑪𝒍− 𝑴 𝑴 ∗ (𝟏 − 𝜶) 𝑴 ∗ 𝜶 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝜶 [𝑪𝒍−] = 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝜶 = 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟓𝟓 = 𝟐, 𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 46. Una disolución de cloruro de potasio que contiene 1 g de sal por litro ejerce, a 14ºC, una presión osmótica de 456 mm. Calcular el valor del coeficiente osmótico y el grado de disociación aparente del cloruro de potasio. 𝟏 𝒈 𝑲𝑪𝒍 ∗ 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑲𝑪𝑳 𝟕𝟒,𝟓𝟓𝟗 𝒈 𝑲𝑪𝒍 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟑𝟒 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝑲𝑪𝒍 𝑴 = 𝟎,𝟎𝟏𝟑𝟒 𝟏 = 𝟎,𝟎𝟏𝟑𝟒 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝝅 = 𝒄 ∗ 𝑹 ∗ 𝑻 𝝅 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟑𝟒 ∗ 𝟎,𝟎𝟖𝟐 ∗ (𝟐𝟕𝟑 + 𝟏𝟒) = 𝟎, 𝟑𝟏𝟓𝟔 𝒂𝒕𝒎 ∗ 𝟕𝟔𝟎 𝒎𝒎 𝟏 𝒂𝒕𝒎 = 𝟐𝟑𝟗,𝟖𝟗 𝒎𝒎 𝒊 = 𝜹 𝜹𝒎 = 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 = 𝟒𝟓𝟔 𝟐𝟑𝟗,𝟗 = 𝟏, 𝟗 𝒈 = 𝒊 𝒗 = 𝟎, 𝟗𝟓 𝜶 = 𝒊−𝟏 𝒗−𝟏 = 𝟏,𝟗−𝟏 𝟐−𝟏 = 𝟎, 𝟗