2º Bachillerato. Química. Resumen contenidos_Modelos atómicos. Números cuánticos Vicente Viana Martínez Pág 1 Max Planck, en 1.900 "La energía está cuantificada". Es decir, sólo son posibles ciertos valores de la energía. La energía es discontinua. Toda radiación electromagnética lleva asociada una energía que es múltiplo de una energía elemen- tal. Modelo atómico de Niels Bohr. Los electrones se sitúan alrededor del núcleo sin emitir energía radiante en determinadas órbitas. Los electrones emiten energía en forma de radiación electromagnética de frecuencia ν, al saltar de un nivel energético a otro inferior (más cercano al núcleo). E 2 - E l = h· ν Los electrones solo pueden situarse en tomo al núcleo en órbitas tales que su momento angular (r·m·v) sea múltiplo de h . π = · 2 h h r·m·v = n· h Los estados energéticos permitidos al electrón del átomo de hidrógeno, vienen determinados por. Julios n 10 · 18 , 2 E 2 18 - - = eV n 625 , 13 E 2 - = A una distancia infinita del átomo, el electrón tiene energía nula. E ∞ = 0 Cuando el electrón se aproxima al núcleo atómico, su energía disminuye. De ahí que los niveles energético sean negativos crecientes (en módulo), conforme nos acercamos al núcleo. E = n·h· ν n = 1,2,3 …. h = 6,626·10 -34 Julios·seg ν … frecuencia en Hz (seg -1 ) 1 eV = 1,6·10 -19 Julios
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SALES BINARIAS Están formados generalmente por la unión de un “metal” y un “no metal”. Al escribirlos, la valencia de un elemento pasa a ser el subíndice del otro y viceversa.
Elemento A B
Valencia m n
AnBm
� si la valencia es negativa, se escribe el subíndice como positivo.
� si la valencia es 1, no se escribe el subíndice
� si los subíndices tienen algún divisor común, deben simplificarse
� se escribe primero el “metal” y a continuación el “no metal”
� se nombran comenzando por el “no metal” (el de la derecha), terminado en ... uro, de “me-
tal”
� en los metales con más de una valencia, es necesario indicar al final la valencia del metal con
números romanos entre paréntesis (notación de Stock).
� alternativamente, podemos nombrar el metal terminado en ... oso para la MENOR valencia y
en ... ico para la MAYOR valencia
ÓXIDOS
� Son combinaciones del oxígeno con los “metales”.
� Se escriben igual como las sales binarias, colocando el metal a la izquierda y el oxígeno a la
derecha e intercambiando las valencias.
� La valencia del oxígeno en los óxidos es siempre (-2)
� Se nombran como óxido de ... metal.
� En los metales con más de una valencia, es necesario indicar al final la valencia del metal
con números romanos entre paréntesis (notación de Stock).
� Alternativamente, podemos nombrar el metal terminado en ... oso para la MENOR valencia y
ANHÍDRIDOS � Son combinaciones del oxígeno con los “no metales” � Se escriben igual como las sales binarias, colocando el “no metal” a la izquierda, el oxígeno
a la derecha e intercambiando las valencias.
� La valencia del oxígeno en los anhídridos es siempre (-2)
� Se nombran como anhídrido “no metal” terminado en ... oso para la MENOR valencia y en
... ico para la MAYOR valencia.
� En la nomenclatura de los anhídridos, usaremos los siguientes prefijos y sufijos.
Valencias Prefijos/sufijos
2 hipo ......... oso
4 .......... oso VIA
S, Se, Te 6 .......... ico
Valencias Prefijos/sufijos
1 hipo ......... oso
3 .......... oso VA
N, P, As, Sb 5 .......... ico
Valencias Prefijos/sufijos
2 .......... oso IVA
C, Si 4 .......... ico
HIDRUROS � Son combinaciones de los metales con el hidrógeno
� La valencia del hidrógeno en los hidruros metálicos es siempre (-1)
� Se escribe primero el metal, a continuación el hidrógeno y se intercambian las valencias.
Del H3PO4 (ácido fosfórico), se forma el HCaPO4 (fosfato Dlcálcico)
En el caso particular de que fueran sustituidos justo la mitad de los hidrógenos disponibles
del ácido, la sal ácida se nombrarla igual como la neutra pero anteponiendo el prefijo "bi", o bien
interponiendo la palabra "ácido" después del anión.
Por ejemplo, a partir del ácido carbónico (H2CO3), al sustituir la mitad de los hidrógenos
disponibles (2), por el metal potasio (K), se forma.
H2CO3 → HKCO3 (Blcarbonato potásico), ó (carbonato ACIDO de potasio)
Otros cationes y aniones frecuentes.
[ ]+4NH amonio
CN- cianuro
( )[ ] 36CNFe − ferrocianuro
[ ]=42 OC oxalato
[ ]=32 OS tiosulfato
[ ]=3OCr cromito
[ ]=4CrO cromato
[ ]=72 OCr dicromato
[ ]=4MnO manganato
[ ]−4MnO permanganato
=2O peróxido
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1.- Repaso de conceptos elementales
� Para medir la masa de los átomos tomamos como unidad la llamada UNIDAD DE MASA
ATÓMICA (u.m.a.). 1 u.m.a. = 126C
121
= 1,66·10-24 gr
� PESO ATÓMICO es el número de veces que la masa de un átomo contiene a la u.m.a.
� En el caso de un compuesto químico, PESO MOLECULAR es la suma de los pesos atómicos
de los átomos que forman la molécula.
� Definimos MOL como el peso molecular de un compuesto expresado en gramos.
� El número de moles de una sustancia química se calcula dividiendo su masa por su peso
molecular.
molecularpesomasa
molesdenº =
� En 1 mol de toda sustancia química existe el mismo número de moléculas. Es una constante
universal llamada NÚMERO DE AVOGADRO, NA.
� NA = 6,02·1023 moléculas/mol = 602.0003000.0002000.0001000.000 moléculas/mol
� Un mol de cualquier sustancia gaseosa, en condiciones normales (T = 0º C p = 1 atmósfera),
ocupa un volumen de 22,4 litros
� El número de Avogadro es una cantidad exageradamente grande, equivale al número de tazas
de agua que contiene TODO el Océano Pacífico. Si tomamos el NA de monedas de céntimo
de euro y las repartiéramos entre todos los habitantes de la Tierra, tocaríamos a 1 billón de
euros cada uno de nosotros.
2.- Reacciones químicas. Introducción
� Cuando dos o más sustancias químicas se combinan entre sí para formar otras nuevas, deci-
mos que ha tenido lugar una reacción química.
� Por ejemplo, al añadir unas gotas de una disolución de ácido sulfúrico sobre virutas de cinc,
observamos que se desprenden unos vapores de hidrógeno, quedando un residuo sólido de
sulfato de cinc.
� Se ha producido la transformación del Zn y del H2SO4 en dos nuevas sustancias químicas;
H2 y ZnSO4 que no estaban anteriormente y que han sido formadas a partir de las sustancias
iniciales.
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Podemos escribir este proceso en forma de una ecuación química.
Zn + H2SO4 → H2 + ZnSO4
reactivos productos
� Obsérvese que todos los átomos presentes a la izquierda de la reacción aparecen de nuevo a
la derecha, aunque recombinados de forma distinta.
Ley de Lavoisier o de conservación de la masa
� "En toda reacción química, la suma de las masas de los reactivos es igual a la suma de las
masas de los productos".
� En otras palabras, en toda reacción química ni se crea ni se destruye masa, tan solo se
transforman unas sustancias en otras.
Por ejemplo, en la reacción.
C + O2 → CO2
Se cumple que; la masa de carbono que reacciona más la masa de oxígeno es igual a la masa de
anhídrido carbónico formado.
Hipótesis de Avogadro
� El número de moléculas presentes en 1 mol de un compuesto químico ó el número de átomos
presentes en 1 átomo-gramo de un elemento químico es una cantidad constante llamada nú-
mero de Avogadro y su valor es; NA = 6,022·1023.
� Con relación a los gases puede establecerse que: "A igualdad de presión y temperatura, 1
mol de cualquier sustancia gaseosa, ocupa siempre el mismo volumen".
� Concretamente, si la presión es de 1 atmósfera y la temperatura de 0°C (condiciones norma-
les), 1 mol de cualquier gas ocupa un volumen de 22,4 litros.
� Si las condiciones de presión y temperatura no fueran las indicadas arriba, podemos reducir-
las a condiciones normales sin más que utilizar la expresión.
2
22
1
11
TV·p
TV·p =
� Las unidades a emplear en la presión (p) y el volumen (V), no importa, pero deben ser las
mismas en ambas igualdades.
� Las temperaturas (T) deben expresarse siempre en º K º K = º C + 273
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3.- Ley de los gases perfectos
Si, disponemos de 1 mol de una sustancia gaseosa en c.n. (condiciones normales p = 1 atm. T =
273º K). Sustituyendo en la ecuación anterior.
082,0Kª273
litros4,22·atmósfera1TV·p
1
11 ==
Y, en general, para n moles.
p·V = n·R·T siendo R = 0,082 atm·litro/ºK·mol
Ejemplo 1: Una determinada masa de cloro ocupa un volumen de 6,72 litros a 0°C y 1 atmósfera
de presión. Hallar su volumen cuando la temperatura sea de 38°C y la presión de 749 mm de Hg.
En primer lugar pasaremos la presión a mm de Hg y los °C a °K.
1 atms = 760 mm de Hg 38°C = 273 + 38 = 311°K
Aplicando la ecuación anterior, sustituyo los datos del problema y despejo el volumen.
2
22
1
11
TV·p
TV·p =
311V·749
27372,6·760 2= litros77,7
749·273311·72,6·760
V2 ==
� Las reacciones químicas tienen lugar mol a mol. Es decir un número entero de moles a la iz-
quierda produce un número entero de moles a la derecha. Por ejemplo.
2 Fe + O2 → 2 FeO
2 moles de hierro, más 1 mol de O2 producen 2 moles de óxido de hierro (ferroso)
1mol de Fe = 55,8 gr
1 mol de O2 = 16 · 2 = 32 gr
1 mol de FeO = 55,8 + 16 = 71,8 gr
A la izquierda ....... 2 · 55,8 + 32 = 143,6 gr
A la derecha ......... 2 · 71,8 = 143,6 gr
4.- Reactivo limitante. Rendimiento
� Cuando se lleva a cabo una reaciión química, las masas de los reactivos no necesariamente
están en la misma proporción molar de la indicada en la reacción. En consecuencia, algunos
reactivos se consumirán mientras que otros sobrarán, ya que no tienen con quién reaccionar.
� El reactivo limitante es el primero que se consume. Cualquier cálculo estequiométrico debe
hacerse a partir de ese reactivo limitante.
Comprobamos que la suma de las masas de los reactivos es IGUAL a la suma de las masas de los productos. En toda reacción química NO hay pérdida ni ganancia de masa. Los mismos gramos que teníamos inicial-mente los tenemos al final, pero en forma de compuestos distintos
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Ejemplo 2: El carbono reacciona con el hidrógeno para dar metano. Se mezclan 72 gr de C con
12 gr de H2. ¿Cuál es el reactivo en exceso?, ¿qué cantidad sobra de ese reactivo?
C +2 H2 → CH4
=1272
6 moles de C
=2
126 moles de H2
Como, por cada 2 moles de H2 se consume 1 mol de C, el factor limitante es el H2 y el reactivo
en exceso el C.
6 moles de H2 reaccionan con 3 moles de C, quedando 3 moles de C (3·12 = 36 gr) sin reaccio-
nar.
� El rendimiento ηηηη de una reacción química es el cociente entre la masa real obtenida de un
producto y la masa teórica prevista, expresada en tanto por cien.
%100·esperadosmolesomasaobtenidosmolesomasa=η
5.- Reacciones químicas. Ejemplos
� Cuando nos dan una reacción química, lo primero que debemos hacer es ajustarla, esto es,
ver si el número de átomos de cada elemento presentes en ambos miembros de la reacción es
el mismo.
� En caso contrario debemos ir probando distintos coeficientes enteros delante de cada com-
puesto (número de moles), hasta lograr la igualdad en el número de átomos de cada elemento
químico a la izquierda y derecha de la reacción.
NOTA: En temas posteriores estudiaremos los métodos genrales de ajuste de reacciones. Por el
momento nos limitaremos a ajustar las reacciones químicas mediante tanteos sencillos.
Ejemplo 3: Escribir y ajustar la reacción: "Acido sulfúrico más cobre, producen sulfato de cobre,
anhídrido sulfuroso y agua".
Escribimos todos los compuestos que intervienen.
Cu + H2SO4 → CuSO4 + SO2 + H2O
Y ajustándola.
Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O
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Ejemplo 4: En el ejemplo anterior, hallar la masa de sulfato cúprico obtenida al reaccionar 5 gr
de cobre con exceso de ácido sulfúrico.
En primer lugar hallaremos los pesos moleculares del cobre y del sulfato cúprico.
p.m.(Cu) = 63,5
p.m.(CuSO4) = 63,5 + 32 + 16·4 = 159,5
Planteamos seguidamente la siguiente regla de tres.
Si, 63,5 gr de Cu producen 159,5 gr de CuSO4
5 " producirán x " " "
Resolviendo esta proporción, tenemos.
4CuSOdegr56,125,63
5·5,159x ==
Ejemplo 5: Hallar el volumen de hidrógeno en condiciones normales, que se desprende al hacer
reaccionar 12 gr de hierro con exceso de ácido clorhídrico.
En primer lugar, escribimos y ajustamos la reacción.
6HC1 + 2Fe → 2C12Fe + 3H2
p.a. Fe = 56 Vmolar (c.n.) = 22,4 litros
Planteamos la siguiente regla de tres.
2·26 gr de Fe producen 3·22,4 litros de H2
12 " producirán x " "
2Hdelitros2,756·2
4,22·3·12x ==
Ejemplo 6: ¿Qué peso de azufre se obtiene al calentar 1 kg de pirita (S2Fe) que contiene un 84%
de mineral puro?.
3S2Fe → Fe3S4 + 2S
p.m.(S2Fe) = 2·32 + 55,8 = 119,8 p.m. (S) = 32
En 1 kg = 1.000 gr de pirita hay; 100
84·000.1 = 840 gr de S2Fe puro
Planteamos la proporcionalidad.
3·119,8 gr de S2Fe ………….. 2·32 gr de S
840 " " ………….. x
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Sdegr6,1498,119·332·2·840
x ==
Ejemplo 7: Calentamos con sulfato amónico 10 gr de un mineral que contiene hidróxido cálcico,
desprendiéndose 3 litros de amoniaco en c.n. Hallar el grado de pureza de dicho mineral.
(NH4)2SO4 + Ca(OH)2 → CaSO4 + 2H2O + 2NH3
p.m. Ca(OH)2 = 40 + 16·2 + 1·2 = 74
74 gr de Ca(OH)2 ………….. 2·22,4 1 de NH3
x " …………… 3 l de NH3
( )2OHCadegr95,44,22·2
3·74x == ⇒ 49,5 % de pureza
Ejemplo 8: ¿Qué cantidad de caliza, CaCO3 del 80% de riqueza se necesitan para que al reaccio-
nar con exceso de HC1 obtengamos 10 1 de CO2 medidos a 18°C y 752 mm de Hg?.
Tenemos que pasar los 10 litros de CO2 a condiciones normales.
)27318(10·749
273V·760
+=
.n.cenCOdelitros82,9760·291
273·10·752V 2==
La reacción es.
CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2
p.m. (CaCO3) = 40 + 12 + 16·3 = 100
100 gr de CaCO3 ………. 22,4 1 de CO2
x " ……… 9,28 " "
puroCaCOdegr4,414,22100·28,9
x 3==
Estos gramos son de caliza pura, si el mineral es del 80% de riqueza, planteo.
4,4110080
·x = despejando la x.
calizadeeralmindegr8,51100
4,41x ==
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Ejemplo 9: Una muestra de 50 gr que contiene cinc e impurezas reacciona con 129 ml de una di-
solución de HC1 de 1,18 gr/cm3 de densidad, del 35% de riqueza en peso. ¿Cuál es el porcentaje
de cinc puro en la muestra?.
Zn + 2HC1 → ZnCl2 + H2
Hallemos, en primer lugar, la masa de HC1 puro en los 129 ml.
1,18 gr/cm3 = 1.180 gr/litro 10035
·180.1 = 413 gr de HC1 puro/litro
En 129 ml de disolución hay.
000.1
413·129x = = 53,277 gr de HC1 puro
Planteamos ahora la relación estequiométrica entre el Zn y el HC1.
p.a. (Zn) = 65,4 p.a. (HC1) = 1 + 35,5 = 36,5
65,4 gr de Zn ………… 2·36,5 gr de HC1
x " ………….. 53,277 " "
Zndegr73,475,36·2
4,65·277,53x ==
Es decir, en la muestra de 50 gr, existen 47,73 gr de Zn puro, luego la riqueza es.
73,4710050
·x =
riquezade%46,9550
73,47·100x ==
6.- Disoluciones. Expresión de la concentración
� Dada una disolución es importante conocer su concentración, esto es, la relación existente
entre la masa del soluto y la del disolvente. Hay varias formas de expresar la concentración
de una disolución.
� Concentración centesimal en peso
Es la masa de soluto, en gramos, que hay por cada 100 gramos de disolución.
100·disoluciónmasa
solutomasapeso% =
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Ejemplo 10: En 1.200 gr de una disolución de NaNO2 en agua al 15%, calcular la masa de
NaNO2 y de agua presentes en la disolución.
De soluto, tenemos.
gr18010015
·1200 =
De disolvente, agua, tendremos lógicamente.
1.200 - 180 = 1.020 gr
� b) Concentración centesimal en volumen
Es el volumen de soluto, en cm3, que hay por cada 100 cm3 de disolución.
100·disoluciónvolumen
solutovolumenvolumen% =
Por ejemplo, la concentración centesimal volumétrica del aire es:
Nitrógeno 78,14%
Oxigeno 20,92%
Argón 0,94%
� c) Molaridad
Se define como el número de moles de soluto presentes por cada litro de disolución. Se repre-
senta con la letra "M".
)litros(disoluciónvolumensolutodemoles
M =
El número de moles n, lo calculamos dividiendo la masa del soluto por su peso molecular.
n(solutodelmolecularpeso)gr(solutomasa
)solutomoles =
Ejemplo 11: En 500 cm3 de una disolución de nitrato potásico hay 50,5 gr de KNO3. Halla la mo-
laridad de dicha disolución.
p.m.(KNO3) = 39 + 14 + 16·3 = 101
moles5,0101
5,50n ==
Pasando el volumen a litros
V = 500 cm3 = 0,5 litros
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Molar1litro/mol1litros5,0moles5,0
M ===
� d) Molalidad
Es el número de moles de soluto que hay por cada kilogramo de disolvente. Se representa por
"M1".
)kg(disolventemasasolutodemoles
Ml =
Obsérvese que la Molalidad utiliza en el denominador el disolvente y la Molaridad la disolución.
Debemos fijarnos en este detalle para evitar errores muy frecuentes.
Ejemplo 12: Disolvemos 161 gr de sulfato de cinc en 800 gr de agua. Hallar la molalidad de la
disolución.
p.m.(ZnSO4) = 65 + 32 + 16·4 = 161
mol1161161
n ==
)kg(mn
Ml =
m = 800 gr = 0,8 kg
Molal25,1kg8,0
mol1Ml ==
� e) Normalidad
Es el número de equivalentes gramo de soluto que hay en 1 litro de disolución. Se representa por
la letra "N".
Si tenemos m gramos de soluto, el número de equivalentes-gramo lo obtenemos dividiendo la
masa m del soluto por el equivalente-gramo de esa sustancia.
masa
gramoeequivalentmasa
esequivalentºn−
=
Por otra parte, el equivalente-gramo de una sustancia química es igual al cociente entre su peso
molecular y su valencia.
valenciamolecularpeso
gramoeequivalent =−
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La valencia de un compuesto se obtiene de forma distinta según el tipo de sustancia. Distingui-
remos tres casos.
Si se trata de un ÁCIDO (hidrácido ú oxácido) la valencia coincide con el número de hidrógenos
activos que posea. Por ejemplo.
H2SO3 2
H2S 2
HIO4 1
Si se trata de una BASE (hidróxido), la valencia coincide con el número de radicales oxhidrilo
(OH-) presentes. Por ejemplo.
NaOH 1
Al(OH)3 3
Fe(OH)2 2
Si se trata de una SAL, la valencia se obtiene multiplicando el número de aniones (radicales ne-
gativos), por la carga del anión, prescindiendo del signo. Por ejemplo.
CaCO3 Ca++ + =3CO 1·2 = 2
(SO3)3Al2 2Al+++ + =3SO3 2·3 = 6
Ca(NO3)2 Ca++ + −3NO2 2·1 = 2
Resumiendo, para hallar la normalidad de una disolución seguiremos los siguientes pasos:
1º) Hallamos el peso molecular del soluto, (p.m.).
2º) Vemos cuál es la valencia del cuerpo, según las reglas expuestas anteriormente.
3º) Dividimos el peso molecular por la valencia, con lo cual obtenemos el equivalente-gramo del
soluto.
valencia.m.p
gr.eq =−
4°) Dividimos la masa del soluto por su equivalente-gramo, obteniendo así el número de equi-
valentes (nº eq.).
gr.eq.m
eqºn−
=
5º) Dividimos el número de equivalentes por el volumen de la disolución, expresado en litros,
obteniendo finalmente la normalidad buscada.
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)litros(Volumeneqºn
N =
Ejemplo 13: En una disolución de sulfato ferroso hay 19 gr de soluto en 125 cm3 de disolución.
Hallar su normalidad.
p.m.(FeSO4) = 58 + 32 + 16·4 = 152 gr
Valencia (FeSO4) = 2·1 = 2
eq.-gr. (FeSO4) = gramos762
152valencia
.m.p ==
esequivalent25,07619
gr.eqm
.eqºn ==−
=
125 cm3 = 0,125 litros
Normal2litro/.eq2litros125,0
sequvalente25,0N ===
Tal como hemos definido la Molaridad y la Normalidad, estas dos medidas de la concentración
de una disolución, están relacionadas entre sí.
valencia·Molaridad)litros(volumen
valencia·.m.p
masa
)litros(volumenvalencia
.m.pmasa
)litros(volumengr.eq
masa
)litros(volumen.eqºn
N =
=
=−==
En resumen.
N = M · V
Para pasar de Molaridad a Normalidad, MULTIPLICAMOS por la valencia del soluto.
Para pasar de Normalidad a Molaridad, DIVIDIMOS por la valencia del soluto.
7.- Composición centesimal de un compuesto químico
� Los átomos pueden unirse entre si formando estructuras más complejas llamadas moléculas.
El número relativo de átomos de cada elemento químico presentes en cada molécula es siem-
pre un número natural, por tanto la relación entre el número de átomos de los elementos que
conforman un cierto compuesto químico puede expresarse en forma de números naturales.
Por ejemplo, en el ácido sulfúrico (H2SO4) la composición por molécula es:
7 átomos en total, de los cuales;
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2 átomos son de hidrógeno
1 átomo es de azufre
4 átomos son de oxigeno
Por tanto; los 2/7 del total de los átomos son de hidrógeno.
" 1/6 " " azufre.
" 4/7 " " " " oxigeno.
� Sin embargo, no todos los átomos tienen igual masa. El azufre tiene una masa 32 veces ma-
yor que la del hidrógeno y el oxigeno 16 veces mayor. La proporción en la que cada ele-
mento interviene en la masa total del compuesto puede resolverse mediante una proporcio-
nalidad.
� Expresando la proporción en tanto por cien obtenemos la COMPOSICION CENTESIMAL
del compuesto. Esto es, la masa en gramos de cada elemento por cada 100 gramos del com-
puesto.
Ejemplo 14: Halla la composición centesimal del ácido nítrico (HNO3). Tómense como pesos
atómicos; H = 1; N = 14; O = 16.
Hallemos primeramente el peso molecular del ácido nítrico. p.m.(HNO3) = 1 + 14 + 16·3 = 63
A continuación planteamos tres reglas de tres, una por cada elemento, para hallar la proporción
de sus masas sobre el total.
a) Si en 63 unidades hay 1 de hidrógeno
en 100 habrá x " "
hidrógenode%59,163
1·100x ==
b) Si en 63 unidades hay 14 de nitrógeno
en 100 habrá x " "
nitrógenode%22,2263
14·100x ==
c) Si en 63 unidades hay 16.3 de oxigeno
en 100 " habrán x
oxígenode%19,7663
48·100x ==
Otro tipo de ejercicio, inverso del anterior, es el de hallar la fórmula química de un compuesto
conocida su composición centesimal.
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Ejemplo 15: Al analizar un compuesto formado por nitrógeno (N), oxigeno (O) y bario (Ba) ob-
tenemos la siguiente proporción en peso.
N ... 10,7%
O ... 36,8%
Ba .. 52,5%
Halla la fórmula química de este compuesto sabiendo que los pesos atómicos son:
N = 14; O = 16; Ba = 137.
En este ejemplo el peso molecular del compuesto es desconocido. Llamémosle M.
Al igual como hacíamos en el ejemplo anterior, planteamos una proporción por cada elemento
químico, aunque en este caso conocemos el porcentaje y desconocemos el número de átomos de
cada elemento presentes en la molécula. Sea:
x ... el número de átomos de nitrógeno
y ... "" " " oxigeno
z ... " bario
a) nitrógeno
Si en 100 unidades del compuesto hay 10,7 unidades de nitrógeno
en M " " " x·14 " " "
14·100M·7,10
x =
b) oxigeno
Si en 100 unidades del compuesto hay 36,8 unidades de oxígeno
en M " " " y·16 " " "
16·100M·8,36
y =
c) bario
Si en 100 unidades del compuesto hay 52,5 unidades de nitrógeno
en M " " " z·137 " " "
137·100M·5,52
z =
Planteamos ahora la siguiente proporción, donde hemos simplificado la fracción "M/100" por ser
común a las tres proporciones.
=
=
1375,52
z
168,36
y
147,10
x
2º Bachillerato. Química. Resumen contenidos_La cantidad en la Química
Vicente Viana Martínez Pág 14
38,0
z
3,2
y
76,0
x ==
Dividimos a continuación los tres denominadores por el menor de ellos. En este caso por (0,38).
=
=
38,0
38,0z
38,0
3,2y
38,0
76,0x
1z
6y
2x ==
Hay pues, 2 átomos de nitrógeno, 6 de oxigeno y 1 de bario por cada molécula del compuesto.
Por tanto, la fórmula química es
N2O6Ba
O bien; Ba(NO3)2 (nitrato de bario)
NOTA: Si al realizar estos cocientes no obtenemos números enteros exactos, redondeamos al
entero más próximo, pues siempre se producen pequeños errores por truncamiento.
Ejemplo 16: Un cuerpo que contiene azufre (S), oxigeno (0) y potasio (K), tiene de peso mole-
cular 174 y su composición centesimal es:
S 18,39%
0 36,78%
K 44,82%
Tómense como pesos atómicos: S = 32; 0 = 16; K = 39
¿Cuál es su fórmula química?.
Planteamos las siguientes proporciones.
a) azufre
Si en 100 unidades del compuesto hay 18,39 unidades de azufre
en 174 " " " x·32 " " "
azufredeátomo132·100
39,18·174x ==
b) oxigeno
Si en 100 unidades del compuesto hay 36,78 unidades de oxígeno
en 174 " " " y·16 " " "
oxígenodeátomos416·100
76,36·174x ==
c) potasio
2º Bachillerato. Química. Resumen contenidos_La cantidad en la Química
Vicente Viana Martínez Pág 15
Si en 100 unidades del compuesto hay 44,82 unidades de potasio
� En todo caso representan una misma magnitud y se mide en Julios en el Sistema Internacio-
nal.
� Un Sistema Termodinámico es una porción de nuestro entorno sobre el cual fijamos nuestro
estudio.
� Puede ser abierto, aislado, cerrado, según pueda o no, intercambiar materia y energía con el
exterior.
Definiciones elementales: Proceso adiabático …. Q constante Proceso isotermo …… T constante Proceso isobárico …… p constante Proceso isocoro ……… V constante
Sustancia ce cal/gr·ºC agua 1 agua mar 0,95 alcohol etílico 0,548 aluminio 0,2175 cobre 0,093 éter 0,529 grafito 0,16 hielo 0,55 hierro 0,113 mercurio 0,033 níquel 0,108 oro 0,031 petróleo 0,511 plata 0,057 plomo 0,031 vidrio 0,199
� En un sistema aislado, que no intercambia energía con el exterior, la cantidad total de energía
es constante. Por tanto ⇒ Q = W
� No es posible una máquina, un sistema, que produzca trabajo sin consumir una cantidad
equivalente de calor.
� Una teórica máquina que generara energía de la nada se le llamaría, móvil perpetuo de pri-
mera especie.
Casos particulares
� Si, Q = 0 (sistema aislado) ⇒ W = U1 - U2 pero acabaría por agotarse la energía interna.
� Si, U1 = U2 (energía interna se mantiene constante) ⇒ Q = W
� En un proceso isocoro (volumen constante), como ∫= dV·pW ⇒ W = 0
� Qv = ∆U el calor a volumen constante equivale a la
variación en la energía interna del sistema.
� Si el proceso tiene lugar a presión constante.
∆U = Q - W
U2 - U1 = Qp - p·(V2 - V1)
Qp = (U2 + p·V2) - (U1 + p·V1)
� Defino la entalpía H, como ⇒ H = U + p·V y ∆H = ∆U + ∆(p·V)
� Por tanto, Qp = ∆H ⇒ la variación de la entalpía equivale al calor a presión constante.
SISTEMA
Q (-)
Q (+) W (-)
W (+)
Aumenta la energía interna del sistema
Disminuye la energía interna del sistema
Disminuye la energía interna del sistema
Aumenta la energía interna del sistema
Ufinal - Uinicial = Q - W
dU = δQ - δW
Primer Principio de
la Termodinámica
CRITERIO DE SIGNOS El trabajo que hace el sistema hacia el exterior se considera positivo. El trabajo que recibe el sistema desde el exterior se considera negativo. El calor que sale del sistema se considera negativo. El calor que entra al sistema se considera positivo
∆U = Q - W
ACLARACIÓN: En Matemáticas, una función de estado es aquella que sólo depende las posiciones inicial y final y no del camino recorrido. Así podemos poner ∆H = H2 - H1 ; ∆U = U2 - U1