Solucionario Química

PROBLEMARIO QUÍMICA GENERALNACIONAL SIGLO XX ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD LA MATERIA SUS PROPIEDADES Y SU MEDICIÓN 1. La densidad del aire a una presión de 1 atmosfera y 25ºC es de 1,19 g/L. ¿Cuál es la masa en kilogramos del aire de una habitación que tienen las siguientes dimensiones 8,2 x 13,5 x 2,75 m? Solución: Primero: Calculamos volumen de la habitación: V =8,2 m x 13,5 m x 2,75 m=304,4 m3 El volumen de la habitación está en (m3) por lo que es necesario convertir a (L) para que así su unidad sea compatible con el de la densidad: 3 1.000 L 304,4 m . =304.425 L 1 m3 Segundo: De la ecuación de la densidad despejamos la masa y reemplazamos el volumen y la m D= ; → m=V . D densidad del aire: V g m=V . D=304.425 L x 1,19 =362.265,8 g L Finalmente convertimos los (g) a (kg) que es la unidad en la que nos pide la masa de aire: 1 kg aire 362.265,8 g aire x =362 kg 1.000 g aire 2. El aceite se extiende en una capa delgada sobre el agua cuando se presenta un derrame de petróleo crudo. ¿Cuál es el área en metros cuadrados que cubre 200 cm3 de aceite si la capa que se forma tiene un espesor de 0,5 nm. Solución: El área de la capa de aceite responde a la siguiente fórmula: A= V e Como el área que nos pide debe estar expresada en m 2, realizamos las conversiones convenientes para cada dato: PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA 3 V =200 cm x e=0,5 nm x UNIVERSIDAD 1L 1 m3 −4 3 x =2 x 10 m 1000 cm3 1000 L 10−9 m =5 x 10−10 m 1 nm Finalmente, reemplazamos los datos en la ecuación del área: A= 2 x 10−4 m3 =4 x 105 m2 −10 5 x 10 m 3. El precio del oro varía mucho y ha subido hasta 1.300 dólares la onza troy. ¿Cuánto valen 227 gramos de oro a 1.300 dólares la onza troy? Solución: Es necesario conocer a cuantos gramos equivale 1 onza troy de oro: 1 onza troy=31 gramo s A partir de este dato realizamos las conversiones necesarias para determinar el valor de 227 gramos de oro: 227 g Au x 1 onza troy 1.300 $ us x =9.519 $ us 31 g Au 1onza troy 4. Se tiene un prisma hexagonal de 3,5 cm de lado y una altura de 15 cm, la pieza se pesa en una balanza y se obtiene 220 gr. ¿Calcular la densidad de la pieza? Solución: Primero: El hexagonal es: V = Ab. h volumen del prisma El área de la base se calcula de la siguiente forma: Perímetro . apotema Ab= 2 PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA La apotema (a) está dada por: El perímetro (P) está dado por: Dónde: UNIVERSIDAD l 2 ¿ 2 l 2−¿ a=√ ¿ P=6 . l l es el lado del hexágono. Remplazando el valor de l en las fórmulas dadas: 3,5 cm ¿ ¿ 3,5 cm 2 ¿ 2 ¿ ¿ a=√ ¿ P=6 . 3,5 cm El área (Ab) del prisma es: Ab= 6,35 cm .3,03 cm 2 =19,2 cm 2 El volumen (V) del prisma es: 2 3 V = A b . h=19,2 cm .15,0 cm=288 cm La densidad de la pieza es: D= m 220 g 3 = =0,76 g /cm 3 V 288 cm 5. Un experimento de laboratorio necesita que cada estudiante use 6,55 gramos de cloruro de sodio. El instructor abre un frasco nuevo de 1,00 lb de la sal. Si cada uno de los 24 estudiantes toman exactamente la cantidad estipulada, ¿cuánto quedará en el frasco al final de la sesión de laboratorio? Solución: Los 24 estudiantes utilizaran: Sal u sada ¿ 24 . 6,55 g=157,2 g de sal El frasco contiene: 1lb sal=453,6 gr sal La sal que queda es: Sa l qued a =453,6 g−157,2 g=296,4 g 6 x 10 L .000 L 5 V =12 m.8 onzas x 1g =0.1 g 1 onza Como los pesos atados son muy bajos ninguno se ahoga.8 onzas de hierro.5 lbacero x Tercer suicida: 4.5 L 1 minuto x x =10 L aire 1minuto 1 aspiración En 90 minutos cada alumno aspirara: 10 L aire 90 minutos x =900 Laire 1 minuto Los 30 alumnos aspiraran: 900 L aire 30 alumnos x =27. y se lanzan al mar decididos a morir.7 x 10 lb. D=9. otro con 1.10 2 mg. uno con una roca de 5.6 g =680.000 L aire 1 alumno .22 lb b) Cada alumno aspirara en 1 minuto: 20 aspiraciones 0.5 g 1000 mg 453.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD 6. 10 m.35 g =136.4 g 1 lb 28. Si tres suicidas de igual peso se amarran.510 kg aire 1L 0. la masa y convertimos a kilogramos: 80 lb 1 kg 5 7 8 m=V . en este caso elegimos gramos: Primer suicida: 5 . si cada uno de ellos realiza 20 aspiraciones de 1/2 litro por minuto? Solución: a) Calculamos el volumen del aula en litros: 3 1. 7. 8 m=960 m x =9. El primero b) El segundo c) El tercero d) Ninguno Solución: Primero convertimos todos los pesos a una sola unidad. en 90 minutos. ¿Quién se ahogara más rápido? ¿Por qué? 1.102 mg x Segundo suicida: 1. =3. =7. a) ¿Cuántos Kg de aire hay en un aula de 12m por 10 m por 8m.5 libras de acero y el último con 4.6 x 10 L 3 1m Despejamos de la fórmula de densidad. si la densidad del aire es 80 lb/litro? b) ¿Cuántas libras de aire aspiraran 30 alumnos. ¿Qué cantidad de calor se necesita para calentar 100 gr de hierro desde 20°C hasta 70°C. 80 =2.? Solución: Debemos convertir ambas temperaturas a una misma escala.107 cal . Un matraz de vidrio pesa vacío 20.107 cal/gr °C. 0. Hielo seco: 5 5 ºC= . El mismo matraz se seca y se llena hasta la misma marca con una solución a 4°C.3102 gr lleno de agua a 4°C hasta una cierta marca. D=27. (−109−32 )=−78.( ∆T ) q=100 g Fe .2376 gr y 20. 10. ¿Cuál es la densidad de la solución? . Ahora el peso es 20.3 º C 9 9 Etano en ebullición: −88º C La temperatura del hielo seco es mayor que la del etano en ebullición. ( ºF−32 )= .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. escogemos la escala Celsius o centígrada.2 x 106 lb de aire L 8. ( 70ºC−20 ºC )=535 cal g ºC 9. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD Las libras de aire aspirado serán: lb m=V .000 L aire . Solución: Utilizamos la primera ley de la termoquímica: q=m. ¿Es mayor o menor que la temperatura del etano en ebullición que es de -88°C. C e . El calor específico del hierro es 0. La temperatura del hielo seco (temperatura de sublimación a presión normal) es -109 °F.330 gr. 9970479 g/cm³.0726 cm cm 11.314 g. El líquido puede ser octano. Un picnómetro es un aparato de vidrio usado para determinar exactamente la densidad de un líquido.842 g−27.879 g/mL. 12.0726 g de agua 2 La densidad del agua a 4ºC es 1 g/cm3.27 3 3 0.3102 g−20. con este valor calculamos el volumen ocupado por el agua en el matraz que será el mismo volumen que ocupe la solución.842 g.0726 cm g 1 3 cm Antes de calcular la densidad de la solución. y las densidades de éstos son: 0.702 g/mL.42 gr.0726 g de agua 3 =0. ¿Cuál es la densidad del cloroformo? a) Solución: Se calcula la masa de agua contenida en el picnómetro: mH O=34. el aparato tiene una masa de 41.528 g 2 Si consideramos que la densidad del agua a 25ºC es: D = 0.88 g /mL 10.314 g=7.789 g/mL y 0. Cuando se llena con cloroformo (un líquido usado como anestésico antes que se conociera sus propiedades tóxicas).PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. ¿Cuál es la identidad del líquido? Solución: Calculamos la densidad del líquido: 9.330 g−20. a.7 mL tiene una masa de 9. ¿Cuál es el volumen del picnómetro? b. calculamos .0924 g g D= =1. respectivamente. hace falta calcular el peso de la solución que será: msolución =20.0924 g de solución Finalmente calculamos la densidad: 0.7 mL El líquido es el benceno. El picnómetro seco y vacío tiene una masa de 27. Cuando se llena el picnómetro con agua destilada a 25ºC. V agua =V solución = 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD Solución: Calculamos primero el peso del agua contenido en el matraz: mH O=20.2376 g=0. la masa total es de 34.842 g. etanol o benceno. Un líquido con un volumen de 10. 0.2376 g=0.42 g D= =0. En la escala X.528 g =7.0 g +12 g ) mezcl a La aleación tendrá por tanto: 75 . Una aleación determinada se hace mezclando 60 g de oro. 24 quilates =18 quilates 100 14.528 g La densidad del cloroformo será: D cloroformo= 14.842 g−27. ¿De cuántos quilates es está aleación.55 cm cm 13. El oro puro es un metal demasiado blando para muchos empleos.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. por lo cual se liga o se alea con otros para darle más resistencia mecánica. con su escala correspondiente.528 g g =1. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD el volumen del agua que será la misma que del picnómetro.0 g de plata y 12 g de cobre. llamado termómetro X. 8.997 3 cm b) Para calcular la densidad del cloroformo calculamos primero la masa ocupada por este líquido en el picnómetro: mcloroformo=41. Suponer que se ha ideado un nuevo termómetro.314 g=14. V H O =V picnómetro = 2 7. y el punto de congelación en los 10ºX. si se considera que el oro puro es de 24 quilates? Solución: Se considera que: 24 quilates=100 Au Se calcula el porcentaje de oro en la mezcla: 60 g Au Au= x 100=75 ( 60 g +8.92 3 3 7.55 cm 3 g 0. el punto de ebullición del agua está a 130º X. ¿A qué temperatura se leerá la misma cifra de grados en el termómetro Fahrenheit y en el termómetro X? Solución: Calculamos la función que relaciona la escala ºX y la escala ºF: ∆X ∆F = ∆ X 1 ∆ F1 De la siguiente proporcionalidad entre escalas calculamos la función: . 4 º C 9 9 Algodón a -100ºC La temperatura del algodón a – 100 ºC está más frio. ¿cuantas libras de aspirina hay un frasco de 500 pastillas? -2 -2 A) 7. =7. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD X−10 F−32 = 130−10 212−32 Que resulta: 3 F= X +17 2 Sea. ( ºF−32 )= . Para hallar el valor de y.6 g aspirina La respuesta es B. se sustituye ésta en la función encontrada: 3 y= y +17 2 De donde resulta: y = -34 º. La aspirina está contenida en 0.14 x 10−2 lb 1 pastilla 453.0648 g/pastilla.0648 g aspirina 1 lbaspirina . ¿Qué está más frio. Algodón a – 138 ºF: 5 5 ºC= . 16.14x10 lb Solución: 500 pastillas .14x10 lb E) Ninguno 0.14x10 lb D) 7. . (−138−32 )=−94. -1 -3 C) 7. entonces -34 ºF = -34 ºX 15. escogemos la escala Celsius o centígrada. y: valor para el cual ambas medidas son iguales. ¿algodón a -100ºC o algodón a -138ºF? Solución: Debemos convertir ambas temperaturas a una misma escala.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING.41x10 lb B) 7. 7 g/mL D) 0. La máxima concentración tolerada de monóxido de carbono. son 8 x 12 x 20? A) 224 mg B) 444 mg C) 544 mg D) 644 mg E) Ninguno Solución: (12 pulg )3 ( 2. .1*10 19 E) Ninguno kg m 2 s2 ¿ 1 siglo . =1.54 cm )3 1 m3 V =8 x 12 x 20=1920 pies .1*10 Solución: 21 B) 3. 10 mgCO =544 mgCO 1 m3 La respuesta es C.1 x 1029 kg . A) 1. En estas condiciones. la masa resultante es de 194 g.2 g/ml B) 1. Una estrella normal irradia una energía de unos 1046 joule durante su vida media de 1010 años.3*10 23 D) 1. Determine la cantidad de materia que pierde cada siglo en Kg. 19.1 x 1021 kg 10 1 siglo 10 años La respuesta es A. . 100 años 1. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD 17. durante un periodo de 8 horas.4 m 3 3 3 ( 1 pie ) ( 1 pulg ) 10 cm 3 54.4 g/mL C) 1. Un recipiente vacío tiene una masa de 120 g y lleno de agua. 190 g.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. CO. 6 3 =54. A) 1. 18. ¿Cuál es la masa de monóxido de carbono presente en una habitación cuyas medidas. en el aire urbano es 10 mg de CO/m 3de aire. en pies.2*10 3 x 10 ¿ m s ¿8¿ ¿ ¿ ¿ E=mc 2 → m= E = c2 10 46 18 C) 4. Si al recipiente vacío se le agregan 10 g de un metal y luego se llena con agua.9 g/ml E) Ninguno . Hallar la densidad del metal.4 m3 . que es igual al agua desalojada por el metal en el picnómetro: 1º Calculamos el volumen del agua en el picnómetro: V agua = mrecipiente +agua −mrecipiente 190 g−120 g = =70 ml d agua 1 g /ml 2º El volumen de agua desalojada por el metal: maguadesalojada =mrecipiente+ agua+ metal−mmetal −mrecipiente maguadesalojada =194 g−10 g−120 g=64 g V aguadesalojada = maguadesalojada 64 g = =64 ml d agua 1 g /ml El volumen del metal es: V M =V agua −V aguadesalojada =70 ml−64 ml=6 ml La densidad del metal es: dM = mM 10 g = =1.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD Datos: mrv =120 g mrv+agua =190 g mmetal =10 g mrv+agua+metal =194 g Solución: dM = mM VM Se tiene que calcular el volumen del metal.7 g/ mL V M 6 mL . 6 cm 1 pulg mdispositivo =1480 g mdi spositivo+ gas =1488 g Solución: d gas = mgas V gas mgas =msistema +gas −msistema=1488 g−1480 g=8 g V gas =V C hueco −V C macizo 12. 20.54 cm =25. 2.4 cm 1 pulg DH =5 pulg . 2. Hallar la densidad del gas X en g/L.54 cm =7.54 cm =12. 2.3 cm 1 pulg DM =3 pulg .54 cm =20. h H .5 B) 1.4 cm . D2H = .7 ¿ ¿ π π V C hueco= . A) 0.5 E) Ninguno Datos: h H =10 pulg .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. Un cilindro hueco de 10 pulgadas de altura y 5 pulgadas de diámetro contiene en su interior otro cilindro macizo de 8 pulgadas de altura y 3 pulgadas de diámetro. ¿ 4 4 .5 D) 2. y lleno de un gas desconocido X pesa 1488 g.93 C) 3. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD La respuesta es C. Este dispositivo de cilindros pesa 1480 g.7 cm 1 pulg h M =8 pulg . 25. 2. D M = . la masa de todo el conjunto es de 160 g. h M .3 cm. Hallar la densidad del líquido desconocido en g/mL. 3=150 mL La densidad del líquido es: . ¿ 4 4 V gas =3217.6 ¿ ¿ π π 2 V C macizo = .6 cm 3−920. pero al llenar totalmente la probeta del anterior conjunto con un líquido desconocido. d gas = 1L =2.9 cm3 =2296.3 L 1000 cm 3 8g =3.5 g /L 2. 20.5 g/mL E) Ninguno Datos: m probeta =50 g m probeta+agua =100 g m probeta+líquido=160 g Solución: El volumen del agua es igual a 1/3 del volumen de la probeta: magua=mprobeta+ agua−m probeta=100 g−50 g=50 g V agua =50 m L El volumen de la probeta es: V probeta =50 mL .3 L La respuesta es C. Si llenamos hasta la tercera parte de la probeta con agua.1 g/mL B) 0. A) 0. 21. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD 7.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING.7 cm 3 .8 g/mL C) 0.6 g/mL D) 1. Una probeta vacía tiene una masa de 50 g. la masa del conjunto es de 100 g. Se tienen dos cuerpos B y N (TB > T N). si se miden sus temperaturas en la escala Celsius. A) 79 B) 72.5 C) 100 D) 495 E) -45 Solución: Establecemos las siguientes igualdades: Enla escala celsius :T B +T N =100 Enla escala fahrenheit :T oB−T oN =81 (1) (2) . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA d= UNIVERSIDAD m 110 g = =0. 23. la diferencia de sus lecturas es 81. la suma de las lecturas es 100. Calcular la temperatura de “B” en la escala Celsius. Si se miden sus temperaturas en grados Fahrenheit.73 g/mL V 150 mL 22.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. ¿Cuál es la diferencia de temperatura entre -10 °C y 287 °F? A) 10 B) 48 C) 273 D) 0 E) Ninguno Solución: Convertimos los datos en una sola escala de temperatura: 5 ºC= (ºF−32) 9 9 9 ºF= ºC+ 32= (−10 ) +32=14 ºF 5 5 La diferencia de temperatura es: ∆ T =287 ºF−14 ºF=273 ºF La respuesta es C. el agua congela a -20 ºH y ebulle a 180 ºH. para ello utilizamos la siguiente relación: 9 ºF= ºC+ 32 5 De donde: Reemplazando 9 T oB= T + 32 5 B T oB y T oN 9 T oN = T +32 5 N en la ecuación (2) tenemos: 9 9 T +32− T −32=81 5 B 5 N Ordenando obtenemos: T B−T N =45 (2) Como ambas ecuaciones están en la escala Celsius. 283 B) 41. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA La igualdad en la escala Fahrenheit (2) debe ser puesta en términos de la escala Celsius. 278 E) Ninguno Solución: Temperatura de congelación del alcohol en ºF = X Del gráfico obtenemos las siguientes razones: 180ºH 212 ºF -10ºH X ºF 180−(−10) 212−X = 180−(−20) 212−32 Haciendo operaciones y despejando x tenemos: . 278 D) 41. 273 C) 10. 24. Si en la escala de grados H. En una escala de temperatura de grados H.5ºC La respuesta es B.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ING. el alcohol congela a -10 ºH. reemplazamos (2) en (1) y obtenemos: T B=72.5 ºC y T N =27. ¿Cuál será el punto de congelación en grados Fahrenheit y en grados Kelvin? A) 5. Se diseñó una nueva escala de temperatura basada en el punto de congelamiento del agua tomada como -10 y la temperatura corporal humana (97 ºF). MOLÉCULAS Y MOLES 26.¿Cuál es la temperatura del agua hirviente en la nueva escala? A) 73 B) 138 C) 85 D) 100 E) Ninguno Solución: Temperatura del agua hirviente = X Del gráfico obtenemos las siguientes razones: X 212 ºF x−(−10) 212−32 = x−20 212−97 Haciendo operaciones y despejando x tenemos: 65 x=4750 . X+ . x=73 20 97 ºF -10 32 ºF La respuesta es A ÁTOMOS.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. Calcular la masa atómica promedio del boro. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA X =212− UNIVERSIDAD 190 . 180=41ºF 200 -20ºH 5 ºC= (41−32) = 5 ºC = 278 k 9 32 ºF La respuesta es D 25. tomada como 20.013 uma 19.009 uma 82.78 % B – 11 11.22 % Solución: Utilizamos la siguiente fórmula: .Y ma(B )= 100 Reemplazando en la ecuación obtenemos: . a partir de los siguientes datos: Isotopo Masa Abundancia % B – 10 10. 0 g de cafeína. Solución: a) 1 mol de C 8 H 10 N 4 O2 . El número de átomos en una molécula de cafeína c. El número total de átomos en un mol de cafeína d. La masa de un mol de cafeína b.023 x 10 moléculas N a 3 N d) 1 mol de KHS O3 .009 uma) =11. 83 g N a3 N 23 6.22. Determinar: a. ( 10.023 x 10 moléculas HN O 2 b) 1 mol de O3 . ¿Cuál es la masa real o verdadera de? a) Una molécula de ácido nitroso b) Un mol de Ozono c) Una molécula de nitruro de sodio d) Un mol de sulfito ácido de potasio Solución: Utilizando factores de conversión para cada caso: a) 17 g HN O 2 −23 1 moléculade HN O 2 .03 uma 100 1.013 uma )+ 82.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. =1.78 .(11. La fórmula de la cafeína es C8H10N4O2.8 x 10 g HN O 2 23 6. 194 g de C8 H 10 N 4 O2 =194 g de C 8 H 10 N 4 O2 1 mol de C 8 H 10 N 4 O2 . =2. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA ma(B )= UNIVERSIDAD 19.38 x 10−22 g Na3 N 120 g KHS O3 =120 g KHS O3 1 mol KHS O3 2. El número de moles de cafeína en 50. 48 g O3 =48 g O 3 1 mol O3 c) 1 molécula de N a3 N . 29 moles Fe 3 moles de O 2 29. 6.0 g de argón? Solución: .22 moles de oxígeno para dar herrumbre.023 x 1023 átomos =átomos 1 mol de de C 8 H 10 N 4 O 2 1mol de C8 H 10 N 4 O2 =0. Fe2O3? Solución: El hierro y el oxígeno reaccionan de la siguiente manera: Relación molar: 4Fe + 3 O2 → 2 Fe2O3 4 mol 3 moles 2 moles Utilizando factores de conversión: 0. 1 mol de C 8 H 10 N 4 O 2 . 1uma =130. 24 . 4 moles de Fe =0.63 x 10-24 g. 50 g de C8 H 10 N 4 O2 . UNIVERSIDAD 24 átomos =24 átomos 1molécula de de C8 H 10 N 4 O2 c) .67 x 10−24 g 28. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA b) . La masa real de un átomo de un isotopo desconocido es 2. Cuántos átomos hay en una muestra de 40. 1 moléculade C 8 H 10 N 4 O 2 .22 moles de O2 .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. ¿La masa de un átomo de argón es 6. Calcular la masa atómica de este isótopo? Solución: −24 Utilizamos la siguiente equivalencia: 1uma=1.18 x 10-22 g.67 x 10 g −22 2.18 x 10 gX. d) . ¿Cuántos moles de hierro se combinan con 0.26 moles de C8 H 10 N 4 O 2 194 g de C 8 H 10 N 4 O2 27.54 uma 1. 8 g S 22.25 moles Fe .8 x 1020 átomos de Fe . =92.0 g Ar . ¿Qué volumen en litros ocupan 2.70 gr de hierro b) 0.023 x 1023 átomos de Fe =1.11 at−gr Fe .25 moles de Fe .023 x 1023 átomos de Fe 6. 0 L de H2S medidos en condiciones normales? Solución: 65. =7.70 g Fe .023 x 1023 átomos de Fe =6. UNIVERSIDAD 1 átomo de Ar =6.8 x 1020 átomos de hierro d) 0.5 x 1023 átomos de Fe 1 mol Fe Respuesta. 22. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA 40.70 L H e(g) 1 mol H e g 31.63 x 10 g Ar 30.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING.4 L He =60.0 L H 2 S .2 x 1022 átomos de Fe 56 g Fe 0. Esta cantidad no necesita conversión 6. 0. 6. 0.62 x 1022 átomos de Fe 1 at−gr Fe 7. 1mol H 2 S 1mol S 32 g S .03 x 10 24 átomos de Ar −24 6. ¿Cuántos gramos de S contiene un volumen de 65.11 at-gr de hierro c) 7.4 L H 2 S 1 mol H 2 S 1 mol S 32.71 moles de gas helio en condiciones normales? Solución: 2.25 moles de hierro Solución: Se convierte todas las cantidades a átomos de Fe: 6.71 mole s H e (g) . ¿Cuál de las siguientes cantidades contiene el mayor número de átomos? a) 6. . 0. 6.83 g .98 g FeO . 1 at −gr F e =0.2 x 1021 moléculas de FeO 72 g FeO .83 g .023 x 1023 átomos de Fe =9. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD 33. El 10 % es el óxido ferroso que cubre la superficie de un clavo de "hierro".85 g Fe .85 g Fe .85 g Con cada masa calculamos lo que se pide: 8.023 x 1023 moléculas de FeO =8. a) El At-gr de hierro. b) Los átomos de hierro c) Los moles de FeO d) Las moléculas de FeO Solución: Se debe calcular primero las masas de óxido ferroso (FeO) y del Fe en el clavo: mFeO =mt .018 moles FeO 72 g FeO 0. 0. es decir 90% es Fe sin oxidar: mFe =mt . 6.83 g.90=8. cuya masa total es de 9.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. 90 =9.5 x 10 22 átomos de Fe 56 g Fe 0. Determinar en el clavo.98 g FeO .16 at−gr Fe 56 g Fe 8.10 =9.10=0.98 g Si el 10 % es el FeO que cubre el clavo el resto. 1 mol FeO =0. 10−8 gr Hg x 23 1 mol Hg 6. ¿Cuantas moléculas de agua hay en 4 gotas de lágrimas? . si cada 60 segundos contamos 50 átomos de mercurio? Solución: Utilizando factores de conversión: 4. El diámetro de un átomo de oxígeno es aproximadamente de 11 Å. si se colocan en fila 10 moles de oxígeno. . ¿Cuantos años tardaríamos en contar todos los átomos de mercurio que hay en una microgota de mercurio de masa igual a 4. ¡qué longitud alcanzaría la fila? Solución: Se utiliza factores de conversión: 10 moles O .6 x 10 años 36. 1020 átomos de oxígeno? c) ¿55. 365 días 6 ¿ 4.000 cm3 H 2 O 1 gr H 2 O 1 mol H 2 O 1< H 2 O x x x =55.55 moles de H 2 O 1< H 2 O 1cm3 H 2 O 18 gr H 2 O 35.2.600 seg 24 hrs . 6.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. =¿ 1mol O 1átomo O 1Å 37. En un litro de agua están presentes: a) ¿15 moles de agua? b) ¿8.10 -8 gramos. 10 át de Hg 60 seg 1 hora 1 día 1 año x x x x x 201 gr Hg 1 mol Hg 50 át de Hg 3.023 . Una gota de lágrima contiene 65 mg de agua.55 moles de agua? d) ¿500 gr de agua? Solución: Utilizando factores de conversión: 1.023 x 1023 átomos de O 11 Å 1 x 10−10 m . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD 34. Solución: Primero obtenemos a que porcentaje de oro en el anillo corresponde los 18 quilates: 18 quilates Au x 100 Au =75 Au 24 quilates Au Por tanto de los 3.12 g de carbón grafito de la mina de un lápiz.90 Bs). 1023 moléculas H 2 O x x x =8. Con este dato realizamos los factores de conversión correspondientes: . 1. x 65 mg H 2 O 1 gr H 2 O 1 mol H 2 O 6. solo el 75 % es Au. Para escribir 8000 palabras sobre un papel impreso se han gastado 1.0117 moles de oro cuesta 89 $us. hay en cada palabra? Solución: Utilizando factores de conversión obtenemos los átomos de C contenidos en 1. ¿Cuál es el costo del oro en la joya? (24 quilates = 100% oro) (1 $us = 6.2 gr que pesa el anillo. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD Solución: Utilizando factores de conversión: 4 gotas lag .023 .12 gr de C: 6.27 x 1018 8.02 x 1022 átomos C 12 gr C Dividimos el número de átomos de C entre el número de palabras y obtendremos: 22 5. el resto puede ser cobre o plata.000 palabras palabra 39.10 23 átomos C 1. Una muchacha recibe como regalo de su enamorado un anillo de "oro" de 3. Si 0.7 x 1021 moleculas H 1 gota de lag .000 mg H 2 O 18 gr H 2 O 1mol H 2 O 38. ¿Cuántos átomos de carbono.023. en promedio.02 x 10 átomos de C átomos C =6.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING.2 gramos y de 18 quilates.12 gr C x =5. 22 cm 2 . a. h 4 h Reemplazando datos: π V = . D2 .2 gr anillo x UNIVERSIDAD 75 gr A u 1 mol Au 89 $ us 6.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING.3 x 10 átomos C 3 12 gr C 1 cm C REACCIONES QUÍMICAS MÉTODOS DE IGUALACIÓN 41. Nuestro cuerpo contiene bastante carbono como para fabricar 9000 minas de lápiz de 20 cm de longitud y 2 mm de diámetro.62 g/cm 3).90 Bs x x x =639.20 cm=62. 2NaHCO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O + 2CO2 b. D = 2 mm = 2 cm π V = .4 Bs 100 gr anillo 197 gr Au 0. ¿Cuántos átomos de carbono se encuentran distribuidos en cada lápiz? (Densidad del carbón grafito = 2. considerando que la mina tiene forma de un cilindro: D Datos: altura. 3 62. Balancear cada una de las ecuaciones por el método del tanteo. Solución: Calculamos el volumen de la mina de cada lápiz.8 cm3 4 Para este volumen calculamos el número de átomos de C. 3Mg(OH)2 + 2H3PO4 → Mg3(PO4)2 + 6H2O c. h = 20 cm Diámetro.023 x 1023 átomos C 24 x =8.62 gr C 6.8 cm C x 2.0117 moles Au 1 $ us 40. Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA 3. utilizando la densidad y el número de Avogadro. Fe2O3 + KNO3 + KOH → K2FeO4 + KNO2 + H2O Escribimos una letra.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. Completar las siguientes ecuaciones: f. 2NH4NO3 e. H2S + HNO3 → H2SO4 + NO2 + H2O .(2) + 2E + 2 F=2 3B = 2E + 3 (6) Reemplazando (3) en (6) 3E = 2E + 3. E = 3 y B = 3 Reemplazando los coeficientes encontrados en la ecuación original: Fe2O3 + 3 KNO3 + 4KOH → 2 K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O b. Balancear cada una de las ecuaciones por el método algebraico a. A = 1 Los coeficientes encontrados son: Reemplazando (3) en (2) y sustituyendo el valor de D: A=1 E + C = 2D + E. CaCl2 + 2HNO3 → Ca(NO3)2 + h. 2HCl Cu(NO3)2 + 2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 CaCl2 + 2AgNO3 → Ca(NO3)2 + 2AgCl i. sobre las especies de la ecuación AFe2O3 + BKNO3 + CKOH → DK2FeO4 + EKNO2 + FH2O Establecemos ecuaciones para cada uno de los elementos: Fe: 2A = D (1) K: B + C = 2D + E (2) N: B = E (3) H: C = 2F (4) O: 3A + 3B + C = 4D + 2E + F (5) Resolvemos las ecuaciones Si D = 2 . CuCl2 + H2SO4 → CuSO4 + 2HCl g. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA d. CuSO4 + H2S → CuS + H2SO4 43. C = 4 B=3 Reemplazando el valor de C en (4) C=4 F=2 D=2 Reemplazando en (5) E=3 3. empezando por A. 2Cu(NO3)2 → → UNIVERSIDAD 2N2 + O2 + 4H2O 2CuO + 4NO2 + O2 42. j.(1) + 3B + 4 = 4. (1) + 2.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL NACIONAL SIGLO XX ING. (2E) +E 6E = 4 + 5E. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ÁREA DE TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD Escribimos una letra. D = 8 Los coeficientes encontrados son: A=1 B=8 C=1 D=8 E=4 . A = 1 Reemplazando estos valores en (1) 2(1) + B = 2(1) + 2E. empezando por A. sobre las especies de la ecuación AH2S + BHNO3 → CH2SO4 + DNO2 + EH2O Establecemos ecuaciones para cada uno de los elementos: H: 2A + B = 2C + 2E (1) S: A = C (2) N: B = D (3) O: 3B = 4C + 2D +E (4) Resolvemos las ecuaciones Si C = 1 . B = 2E (5) Reemplazando (3) y (5) en (4) 3. E = 4 Reemplazando E = 4 en (5) B = 8. (2E) = 4. C = 5. B = 2. E = 2 y F = 3 Reemplazando los coeficientes encontrados en la ecuación original 3H2C2O4 + 2KMnO4 → 5CO2 + K2CO3 + 2MnO2 + 3H2O d. empezando por A. sobre las especies de la ecuación: AC2H6 + BO2 → CCO2 + DH2O Establecemos ecuaciones para cada uno de los elementos: C: 2A = C (1) H: 6A = 2D (2) O: 2B = 2C + D (3) Resolviendo las ecuaciones obtenemos los siguientes coeficientes: A = 2. empezando por A. C2H6 + O2 → CO2 + H2O Escribimos una letra. H2C2O4 + KMnO4 → CO2 + K2CO3 + MnO2 + H2O Escribimos una letra. B = 7. C = 8. D = 3. sobre las especies de la ecuación: ACH3OH + BK2Cr2O7 + CH2SO4 → DHCOOH + ECr2(SO4)3 + FK2SO4 + GH2O Establecemos ecuaciones para cada uno de los elementos: C: A = D (1) Cr: 2B = 2E (2) S: C = 3E + F (3) K: 2B = 2F (4) H: A + 2C = 2D + 2G (5) O: A + 7B + 4C= 2D + 12E + 4F + G (6) Resolviendo las ecuaciones obtenemos los siguientes coeficientes: A = 3. empezando por A. E = 2. F = 2 y G = 11 Reemplazando los coeficientes encontrados en la ecuación original 3CH3OH + 2K2Cr2O7 + 8H2SO4 → 3HCOOH + 2Cr2(SO4)3 + 2K2SO4 + 11H2O e.Reemplazando los coeficientes encontrados en la ecuación original: H2S + 8HNO3 → H2SO4 + 8NO2 + 4H2O c. B = 2. D = 1. CH3OH + K2Cr2O7 + H2SO4 → HCOOH + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O Escribimos una letra. C = 4 y D = 6 . sobre las especies de la ecuación AH2C2O4 + BKMnO4 → CCO2 + DK2CO3 + EMnO2 + Establecemos ecuaciones para cada uno de los elementos: H: 2A = 2F (1) C: 2A = C + D (2) Mn: B = E (3) K: B = 2D (4) O: 4A + 4B = 2C + 3D + 2E + F (5) FH2O Resolviendo las ecuaciones obtenemos los siguientes coeficientes: A = 3. Balancear cada una de las ecuaciones por el método de oxidación – reducción f. H2S + K2Cr2O7 + H2SO4 → S + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O Se escribe los elementos que sufren un cambio en el estado de oxidación: -2 +6 +6 0 +3 +6 H2S + K2Cr2O7 + H2SO4 → S + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O Se escriben los diagramas de equilibrio para cada especie que presenta los cambios de oxidación: S(-II) → S(0) + 2ē 6 ē + 2Cr(+VI) → 2Cr(+III) Se multiplica por los coeficientes necesarios para eliminar las cargas y se sumas ambas semirreacciones: 3S(-II) → 3S(0) + 6ē (x 3) 6 ē + 2Cr(+VI) → 2Cr (+III) 3S(-II) + 2Cr(+VI) → 3S(0) + 2Cr (+III) Reemplazamos los coeficientes en la ecuación general y completamos el resto por tanteo: 3H2S + K2Cr2O7 + 4 H2SO4 → 3S + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O g.Reemplazando los coeficientes encontrados en la ecuación original 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O 44. HCl + KMnO4 → MnCl2 + Cl2 + KCl + H2O Se escribe los elementos que sufren un cambio en el estado de oxidación: -1 +7 +2 0 HCl + KMnO4 → MnCl2 + Cl2 + KCl + H2O Se escriben los diagramas de equilibrio para cada especie que presenta los cambios de oxidación: 5 ē + Mn(+VII) → Mn(+II) 2Cl(-I) → 2Cl(0) + 2 ē Se multiplica por los coeficientes necesarios para eliminar las cargas y se sumas ambas semirreacciones: 5 ē + Mn(+VII) → Mn(+II) 2Cl(-I) → 2Cl(0) + 2 ē 2 Mn(+VII) + 10Cl(-I) → 2Mn (+II) + 10Cl(0) (x2) (x5) Reemplazamos los coeficientes en la ecuación general y completamos el resto por tanteo: . 16HCl + 2KMnO4 → 2MnCl2 + 5Cl2 + 2KCl + 8H2O h. MnO2 + KClO3 + KOH → K2MnO4 + KCl + H2O Se escribe los elementos que sufren un cambio en el estado de oxidación: +2 +5 +7 -1 MnO2 + KClO3 + KOH → K2MnO4 + KCl + H2O Se escriben los diagramas de equilibrio para cada especie que presenta los cambios de oxidación: Mn(+II) → Mn(+VII) + 5 ē 6ē + Cl(+V) → Cl(-I) Se multiplica por los coeficientes necesarios para eliminar las cargas y se sumas ambas semirreacciones: Mn(+II) → Mn(+VII) + 5 ē (x6) 6ē + Cl(+V) → Cl(-I) (x5) 6Mn(+II) + 5Cl(+V) → 6Mn(+VII) + 5Cl(-I) Reemplazamos los coeficientes en la ecuación general y completamos el resto por tanteo: 6MnO2 + 2KClO3 + 12KOH → 6K2MnO4 + 2KCl + 6H2O . S + KClO3 + H2O → Cl2 + K2SO4 + H2SO4 Se escribe los elementos que sufren un cambio en el estado de oxidación: 0 +5 0 +6 S + KClO3 + H2O → Cl2 + K2SO4 + H2SO4 Se escriben los diagramas de equilibrio para cada especie que presenta los cambios de oxidación: S(0) → S(+VI) + 6 ē 5 ē + Cl(+V) → Cl(0) Se multiplica por los coeficientes necesarios para eliminar las cargas y se sumas ambas semirreacciones: S(0) → S(+VI) + 6 ē 5 ē + Cl(+V) → Cl(0) 5 S(0) + 6Cl(+V) → 5 S(+VI) + 6 Cl(0) (x5) (x6) Reemplazamos los coeficientes en la ecuación general y completamos el resto por tanteo: 5S + 6KClO3 + 2H2O → 3Cl2 + 3K2SO4 + 2H2SO4 i. Balancear cada una de las ecuaciones por el método del ión electrón k.→ Mn+2 + 4 H2O 5 Fe+2 → 5 Fe+3 + 1ē ( x 5) + 8 H + MnO4 + 5Fe+2 → Mn+2 + 5Fe+3 + 4 H2O Reemplazamos los coeficientes encontrados en la ecuación original y tenemos: 5FeSO4 + KMnO4 + 4H2SO4 → 2.j. FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + MnSO4 + K2SO4 + H2O Escribimos la ecuación con las especies que presentan cambios en su estado de oxidación: +2 +7 +3 +2 FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + MnSO4 + K2SO4 + H2O Escribimos las semirreacciones e igualamos los átomos y cargas: 5 ē + 8 H+ + MnO4.→ Mn+2 + 4 H2O Fe+2 → Fe+3 + 1ē Reducción Oxidación Multiplicamos por (5) la SR de oxidación para eliminar los electrones (ē) y sumamos: 5 ē + 8 H+ + MnO4.5Fe2(SO4)3 + MnSO4 + K2SO4 + 4H2O . Cr2O3 + NaNO3 + KOH → K2CrO4 + NaNO2 + H2O Se escribe los elementos que sufren un cambio en el estado de oxidación: +3 +5 +6 +3 Cr2O3 + NaNO3 + KOH → K2CrO4 + NaNO2 + H2O Se escriben los diagramas de equilibrio para cada especie que presenta los cambios de oxidación: 2ē + N(+V) → N(+III) 2Cr(+III) → 2Cr(+VI) + 6ē Se multiplica por los coeficientes necesarios para eliminar las cargas y se sumas ambas semirreacciones: 2ē + N(+V) → N(+III) 2Cr(+III) → 2Cr(+VI) + 6ē 3N(+V) + 2Cr(+III) → 3N(+III) + 2Cr(+VI) (x3) Reemplazamos los coeficientes en la ecuación general y completamos el resto por tanteo: Cr2O3 + 3NaNO3 + 4KOH → 2K2CrO4 + 3NaNO2 + 2H2O 45. + MnO2 → MnO4.+ 2 H2O + 2ē (x2) + + 4ē + 2H2O + BiO3 → BiO + 4 OH 4OH. cuidando de simplificar las especies iguales: 4OH.+ 2 H2O + 2ē 4ē + 2H2O + BiO3+ → BiO+ + 4 OHMultiplicamos por 2 la primera ecuación y sumamos. e igualamos el resto por simple inspección: 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O l. cuidando de simplificar las especies → I20 + 2ē → I20 + 6 H2O → 6 I20 + 6 H2O (x5) Reemplazamos los coeficientes encontrados en la ecuación original y completamos por simple inspección: 10NaI + 2NaIO3 + 6H2SO4 → 6I2 + 6Na2SO4 + 6H2O .+ MnO2 → MnO4. MnO2 + NaBiO3 + HNO3 → HMnO4 + BiONO3 + NaNO3 + H2O Escribimos la ecuación con las especies que presentan cambios en su estado de oxidación: +2 +5 +7 +3 MnO2 + NaBiO3 + HNO3 → HMnO4 + BiONO3 + NaNO3 + H2O Medio básico: 4OH.Finalmente multiplicamos los dos compuestos que tienen hierro por 2 para tener enteros.+ BiO+ + 2 H2O Reemplazamos los coeficientes encontrados en la ecuación original y completamos por simple inspección: 2MnO2 + 3NaBiO3 + 6HNO3 → 2HMnO4 + 3BiONO3 + 3NaNO3 + 2H2O m.+ 2MnO2 + BiO3+ → 2MnO4. NaI + NaIO3 + H2SO4 → I2 + Na2SO4 + H2O Escribimos la ecuación con las especies que presentan cambios en su estado de oxidación: -1 +5 0 NaI + NaIO3 + H2SO4 → I2 + Na2SO4 + H2O 2 I-1 10 ē + 12 H +2IO3+ Multiplicamos por 5 la primera ecuación y iguales: 2 I-1 + 10 ē + 12 H +2IO310 I-1 + 12 H+ +2IO3 → I20 + 2ē → I20 + 6 H2O sumamos. → [Sn(OH)6]2.→ [Sn(OH)6]2.+ 2Bi o.+ 3[Sn(OH)4]2 → 2Bi0 + 3[Sn(OH)6]2Reemplazamos los coeficientes encontrados en la ecuación original y completamos por simple inspección: 2Bi(OH)3 + 3[Sn(OH)4]2. BCl3 + P4 + H2 → BP + HCl Escribimos la ecuación con las especies que presentan cambios en su estado de oxidación: 0 0 -3 +1 BCl3 + P4 + H2 → BP + HCl 12 ē + P4 → 4 P-3 H20 → 2 H+ + 2ē Igualamos las cargas y simplificamos: 12 ē + P4 → 4 P-3 H20 → 2 H+ + 2ē (x6) P4 + 6 H20 → 4 P-3 + 12 H+ Reemplazamos los coeficientes encontrados en la ecuación original y completamos por simple inspección: 4 BCl3 + P4 + 6 H2 → 4 BP + 12 HCl .→ 3[Sn(OH)6]2.n. Bi(OH)3 + [Sn(OH)4]2.+ 2 ē - Multiplicamos por 2 la primera ecuación y por tres la segunda y luego sumamos.+ Bi Escribimos la ecuación con las especies que presentan cambios en su estado de oxidación: +3 +2 +4 0 22Bi(OH)3 + [Sn(OH)4] → [Sn(OH)6] + Bi 3 ē + Bi+3 → Bi0 2 OH + [Sn(OH)4]2. cuidando de simplificar las especies iguales: 3 ē + Bi+3 → Bi0 (x2) 222 OH + [Sn(OH)4] → [Sn(OH)6] + 2 ē (x3) 2 Bi+3 + 6OH. reacciona con el H+ del H2O y se forma: Cl+ H+ → 35.5lb HCl =1.50 lb NaOH 23 lb Na El Cl.ESTEQUIOMETRÍA LEY DE LAVOISIER 46.5 lb Cl HCl 36.2 lbsal 35. =1. sal 58.5 lb 23 lb 1ton sal .→ NaOH 23 lb 17 lb 40 lb 0.5lb sal 1ton sal .5 lbCl .34 lb Cl .5 lb El Na+ reacciona con el OH.0 lb 1. 36. =0.del H20 y se forma: Na+ + OH.86 lb Na .34 lbCl 1 ton. Cuántas libras de Na metálico y de Cl líquido se pueden obtener a partir de 1 tonelada de sal? Cuantas libras de NaOH y cuantas libras de cloruro de hidrógeno? Solución: NaCl → Na 58. 2.38lb HCl 35.86 lb Na 1 ton.5 lb 1. 40 lb NaOH =1. 2.5lb sal + Cl 35.5 lb .2 lbsal 23 lb Na . sal 58. 5ton C O2 176 tonC 5 H 11 OH 48. 4 g H2 =4. C5H11OH.5 moles O2 2 moles C 5 H 11 OH 12 moles H 2 O =0. Solución: 2C5H11OH + 15O2 → 10CO2 + 12H2O 176 g 480 g 440 g 216 g 1 mol C5 H 11 OH . 1 mol O2 . de CO2 se producen por cada mol de alcohol amílico quemado? d) Cuántos gramos de CO 2 se producen por cada gramo de alcohol amílico quemado? e) Cuántas toneladas de CO2 se producen por cada tonelada de alcohol amílico quemado. 2C5H11OH + 15O2 → 10CO2 + 12H2O a) Cuántos moles de O2 se necesitan para la combustión de un mol de alcohol amílico? b) Cuántos moles de H2O se forman por cada mol de O2 consumido? c) Cuántos gr.5 g C O2 176 g C 5 H 11 OH 1ton C5 H 11 OH .80 moles H 2 O 15 moles O2 1 mol C5 H 11 OH . de CaH2? Solución: CaH2 + 2H2O → Ca(OH)2 + 2H2 42 g 36 g 74 g 4g 50 g Ca H 2 .47. 440 ton C O 2 =2. de H2 se pueden producir mediante un cartucho de 50 gr. =220 g C O2 2 mol C5 H 11 OH 1 mol CO2 440 g C O2 =2.8 g H 2 42 g Ca H 2 . 15 moles O2 =7. 1 g C 5 H 11 OH . Considérese la combustión del alcohol amílico. 10 moles C O2 44 gr CO2 . Un generador portátil de hidrógeno utiliza la reacción: CaH2 + 2H2O → Ca(OH)2 + 2H2 Cuantos gr. 835 lb ZnO 194 lb ZnS .047 g NaHS O3=2.000 g I 2 . ZnS? c) Cuántos Kg. El yodo puede prepararse mediante la reacción: 2NaIO3 + 5NaHSO3 → 3NaHSO4 + 2Na2SO4 + H2O + I2 Para producir cada kilogramo de yodo. 396 g NaI O3 =1. Cuánto NaIO3 cuánto NaHSO3 deben utilizarse? Solución: 2NaIO3 + 5NaHSO3 → 3NaHSO4 + 2Na2SO4 + H2O + I2 396 g 520 g 360 g 284 g 18g 254 g Cantidad de NaIO3: 1.56 Kg NaI O3 254 g I 2 Cantidad de NaHSO3: 1. de ZnO se formaran a partir de 1 Kg de ZnS? Solución: 2ZnS + 3O2 → 2ZnO + 2SO2 194 g 96 g 162 g 128 g a) 1lb ZnS . 520 g NaHS O3 =2.559 g NaI O3=1. a) Cuántas libras de ZnO se formaran cuando se calienta fuertemente al aire 1 lb de blenda de cinc ZnS? 2ZnS + 3O2 → 2ZnO + 2SO2.05 Kg NaHS O3 254 g I 2 50.49. b) Cuántas toneladas de ZnO se formaran a partir de 1 tn.000 g I 2 . b) . 162lb ZnO =0. 4% se podrán producir a partir de 250 kg de sal al 94. Cuántos kilogramos de H2SO4 pueden prepararse a partir de un Kg. 2.1ton ZnS .8 Kg Na2 S O 4 (i) . de cuprita Cu2S.4 lb Na2 S O 4 (i) 53.4 Kg Na2 S O4 ( p) Este valor lo convertimos a libras: 343.5 K g NaCl( p) 142 Kg Na2 S O4 (p ) ¿ 250 Kg NaC l(i) . En un motor a reacción alimentado con butano C 4H10. de oxígeno líquido deben proporcionarse por cada Kg de butano para que la combustión sea completa? 2C4H10 + 13O2 → 8CO2 + 10H2O. 1 g ZnS . . 416 KgO2 =3.58 Kg O2 116 Kg C 4 H 10 52.835 Kg ZnO 194 g ZnS 51.835 tonZnO 194 ton ZnS 162 g ZnO =0. Solución: 2C4H10 + 13O2 → 8CO2 + 10H2O 116 Kg 416 Kg 352 Kg 180 Kg 1 Kg C 4 H 10 . c) . Cuántas lb de Na2SO4 al 83. . 162 ton ZnO =0. si cada átomo de S en Cu2S se convierte en 1 molécula de H2SO4? Solución: .2lb Na2 S O 4 (i) 1 Kg Na 2 S O 4 (i) =756. Cuántos Kg.5%? 2NaCl + H2SO4 → Na2SO4 + 2HCl Solución: 2NaCl + H2SO4 → Na2SO4 + 2HCl 117 Kg 98 Kg 142 Kg 73 Kg 4(i) 94.100 Kg Na2 S O¿ =3 100 K g NaCl(i ) 117 Kg NaC l (p ) 83. 55%.47 =1. S=46.27 %. = 1 molécula H 2 S O 4 6.023 x 1023 molécula H 2 S O 4 1 átomo S 32 g S 32 g S . c) Fe=53. S=53.45 %. Obténgase las formulas empíricas de las sustancias que tienen las siguientes composiciones porcentuales. Solución: a) b) Dividimos los porcentajes de cada elemento entre su peso atómico: c) 63.83 q) 56 .13 l) m) La fórmula empírica será: FeS n) o) Dividimos los porcentajes de cada elemento entre su peso atómico: p) 46.53 %.023 x 1023 átomos S 98 gr H 2 S O 4 98 g H 2 S O 4 1 Kg Cu 2 S .13 Fe : =1 átomo i) 1.13 j) k) S: 1. a) Fe=63.73 %.55 Fe : =0. S=36. =0.14 =1áto mo 1. b) Fe=46.47 %.612 Kg H 2 S O4 160 KgCu 2 S 32 Kg S LEY DE PROUST 54. .53 Fe : =1. para sacar el número de átomos de cada elemento: h) 1.13 d) 56 e) S: 36.14 32 f) g) Elegimos el número menor y dividimos entre este número los demás. 98 Kg H 2 S O4 32 Kg S .Tenemos que partir de la siguiente relación estequiométrico: 6. 83 Fe : =1 átomo v) 0.45 S: =1.83 y) z) La fórmula empírica será: FeS2 .67 =2 átomo s 0.s) 53.67 32 r) t) Elegimos el número menor y dividimos entre este número los demás. para sacar el número de átomos de cada elemento: u) 0.83 w) x) S: 1. aa) ab) Solución: ac) ad) Se determinan las masas de zinc y oxígeno contenidos en el óxido: ae) mZn =1.35 al) 1.228 =1 1.236 Zn : =1 ax) 1.228 16 au) av) Elegimos el número menor y dividimos entre este número los demás.257 gr de óxido.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.010 gr de vapor de zinc en el aire.35 Zn : =1.228 ba) bb) La fórmula será bc) bd) ZnO .100=19.228 ay) az) O: 1.257 g ao) ap) Se divide los porcentajes obtenidos entre sus pesos atómicos: aq) 80. ak) 1.010 g af) ag) ah) mO=móxido −mZn =1. Cuál es la fórmula empírica del óxido. para sacar el número de átomos de cada elemento: aw) 1.236 ar) 65 as) at) O: 19.65 =1.65 1. Cuando se queman 1.010 g=0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 55.247 g .247 g ai) aj) Se divide las masas parciales entre la masa total para obtener los porcentajes de Zn y O. se producen 1.010 g %Zn : .100=80.257 g am) an) %O : 0.257 g−1. 101 35.426 g bt) bu) Se divide las masas parciales entre la masa total: bv) 0.526 .245 g bx) by) %Cl : 2.245 g bz) ca) Se divide los porcentajes obtenidos entre sus pesos atómicos: cb) 25.819 g bq) br) bs) mCl=mcloruro detitanio −mtitanio=3.426 g . 100=25. Una muestra de 3.76 3.5 cf) cg) Elegimos el número menor y dividimos entre este número los demás. Cuál es la fórmula empírica del cloruro de titanio. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA be) bf) bg) bh) bi) bj) bk) 56.526 cc) 48 cd) ce) Cl : 74.245 gr de cloruro de titanio se redujo con sodio hasta titanio metálico. Posteriormente se eliminó el cloruro de sodio resultante. y se obtuvo 0.24 bw) 3.76 =2.819 g %Ti: .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. bl) bm) Solución: bn) bo) Se determinan las masas de titanio y cloro contenidos en el óxido: bp) mTi =0.245 g−0. 100=74. el titanio metálico residual se secó y se pesó.819 gr.24 Ti: =0. para sacar el número de átomos de cada elemento: ch) 0.819 g=2.526 Ti: =1 ci) 0. 474 g C cz) 44 g C O2 da) db) H : 0. Los únicos productos de combustión fueron 1.079 g H 18 g H 2 O dc) dd) de) Se determinan los porcentajes de C y H contenidos en la muestra inicial que tiene una masa de 1.738 g CO 2 . de H2O. 2g H =0.474 g %C : .711 g H 2 O.13 dm) dn) . H y O se quemó completamente.500 g.079 g .100=5.6 −5. Una muestra de 1.6 dg) 1.500 g dj) dk) El porcentaje de oxígeno se calcula restando de 100 el porcentaje de C y H: dl) O=100 −31. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cj) ck) Cl : UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 2. Cuál es la fórmula empírica del compuesto? cu) cv) Solución: cw) cx) Se determina las masas de C y H contenidos en los productos de combustión que serán las cantidades originales contenidas en el compuesto: cy) 12 g C C : 1. =0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.500 g.500 g dh) di) %H : 0.27 =63.101 =4 0.711 g.738 g de CO 2 y 0.526 cl) cm) La fórmula será TiCl4 cn) co) cp) cq) cr) cs) ct) 57. de un compuesto que solo contiene C.100=31.27 1. df) 0. 77 g. Cuál es la fórmula empírica del compuesto? eg) eh) Solución: ei) ej) Se determina las masas de C.625 g.5 para evitar los decimales multiplicamos por 2.633 dq) 12 dr) ds) %H : 5. de Nitrógeno.5 2.216 g. que se pesó por separado.633 C: =1 dy) 2. N y O como sus únicos elementos componentes. Una muestra de 1. H y N contenidos en los productos de combustión que serán las cantidades originales contenidas en el compuesto: ek) 12 g C C : 1.60 de CO 2 y 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA do) Se divide los porcentajes obtenidos entre sus pesos atómicos: dp) 31.633 O: 3. de H2O.270 =2 2.270 1 %O : 63.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.279 g.6 %C : =2. La fórmula será ef) 58. contiene 0.13 =3. H.633 dz) ea) H: 5.945 =1.60 gCO 2 . se quemó por completo y se obtuvieron 1.27 =5. Mediante el análisis elemental se encontró que un compuesto orgánico contiene C.633 eb) ec) ed) ee) CH2O1. Una muestra de 1. =0. para sacar el número de átomos de cada elemento: dx) 2.436 g C el) 44 g C O2 em) .945 16 dt) du) dv) dw) Elegimos el número menor y dividimos entre este número los demás. siendo la fórmula empírica final: C2H4O3. 1 %C : =2.3 =45. como esta sustancia es inerte se la calcula de la siguiente manera: ex) ey) 0.95 14 %O : 45.84 fg) 12 fh) fi) %H : 6.72 1 %N : 13.100=6.88 fd) fe) Se divide los porcentajes obtenidos entre sus pesos atómicos: ff) 34. H y N: fb) fc) O=100 −34.436 g %C : .279 g et) eu) ev) ew) %H : En el caso del N. 100=34.88 =2. 100=13.625 g ez) fa) El porcentaje de oxígeno se calcula restando de 100 el porcentaje de C.77 g H 2 O.3 1.3 =0.086 g . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO en) H : 0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.086 g H 18 g H 2 O eo) ep) eq) Se determinan los porcentajes de C y H contenidos en la muestra inicial que tiene una masa de 1. UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 2g H =0.279 g %N : 0.216 g .72 −13.1 es) 1. para sacar el número de átomos de cada elemento: fp) . er) 0.1 −6.72 1.87 16 fj) fk) fl) fm) fn) fo) Elegimos el número menor y dividimos entre este número los demás.500 g.72 =6. 9 Cuen la cuprita gd) 144 g Cu2 O ge) gf) %Cu= 64 g Cu . Se ha informado que el contenido de arsénico de un insecticida agrícola es de 28% de As2O5.87 =3 0.95 =1 0. =563t on C u2 O gh) 128 tonCu gi) 60. CuCO3.8 Cu en las piritas de cobre 184 g CuFeS 2 OH ¿2 ¿ 222 g CuC O 3 .95 fr) fs) ft) fu) fv) fw) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA fx) fy) La fórmula será C3H7O3N fz) 59.Cu (OH)2.Cu ¿ 128 g Cu %Cu= ¿ gg) 144 tonC u2 O 500 tonCu. 100=88. Calcúlese el porcentaje de cobre en cada uno de los siguientes minerales: Cuprita.72 =7 0.95 N: 0.84 =3 0. piritas de cobre.100=34. malaquita.95 H: 6. Cuántas toneladas de cuprita darán 500 toneladas de Cu? ga) gb) Solución: gc) 128 g Cu %Cu= .95 O: 2. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO fq) C: 2. Cuál es el porcentaje de arsénico en esta preparación? gj) gk) Solución: gl) gm) Calculamos el % de As en el As2O5 gn) . Cu2O. CuFeS2.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. 22 As 28.22 As 230 g As2 O5 gp) gq) El As2O5 tiene un 65.10% de S.5% de S y se dispone.00 g gx) gy) mPbS O =2.93 g Pb SO 4 .27 g Sn O2 .00 . Cuántas toneladas de .00 %Pb : . de otros 2 tipos de carbón que contienen 0. además. SnO2. Se cuenta con 10 tn de carbón que contiene 2.100=66. sin embargo su porcentaje insecticida agrícola ya que solo el 28.93 gr.5 % es de As2O5: gr) 65. 100=65. gu) gv) Solución: gw) msoldadura=3.00 g Sn 151 gSnO2 hf) hg) El porcentaje de soldadura será: hh) 2.5 As2 O5 .7 Pb hi) 3. el cual después de lavado y secado pesó 2. Una pieza de soldadura de plomero que pesaba 3.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.27 gr.80% y 1. Esto precipitó el plomo como PbSO 4. Cuál es el análisis de soldadura en porcentaje de Pb y Sn. se disolvió en ácido nítrico diluido y después se trató con H2SO4 diluido.93 g gz) mSnO =1.00 g Pb hd) 303 gPb SO 4 he) 1.27 g 4 2 ha) hb) Se determina las masas de Pb y Sn a partir de las masas totales de los compuestos: hc) 207 g Pb 2. 119 g Sn =1. el cual se descompuso por calentamiento para obtener 1.00 hl) hm) 62. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO go) %As= UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 150 g As .6 As gs) 100 As2 O5 disminuirá en el gt) 61.22 % As.00 hj) hk) %Sn : 1. =18. Entonces.100=33.00 gr. la solución se neutralizó para precipitar ácido estánico. =2.3 Sn 3. 5 % hu) Carbón 2 x 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA los dos últimos se necesitarán mezclar con las 10 tn originales para obtener 20 tn.10% iw) ix) iy) iz) .09 (2) is) it) Resolviendo las dos ecuaciones obtenemos: iu) iv) x = 6.10ton S 1.34 (2) im) in) Las dos ecuaciones son: io) ip) x+ y=10 (1) iq) ir) 0.008 x+ 0.5ton S 0.7% hy) hz) ia) Para la resolución se necesita realizar un balance de masas y de contenidos de azufre en cada carbón: ib) ic) Balance de masas: id) ie) 10+ x+ y=20 (1) if) ig) Balance de S: ih) 2.3 ton de 1.7 ton de 0. =20 tonC .10% hw) Se quiere obtener: hx) Carbón 20 ton 1.008 x +0.7 ton S 10 tonC .80 % hv) Carbón 3 y 1. + x tonC .80 % .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. + y tonC .011 y=0.011 y=0.80ton S 1. y = 3.7% de azufre? hn) ho) Solución: hp) hq) Se dispone de tres carbones de las siguientes características: hr) hs) Masa %S ht) Carbón 1 10 ton 2. que contengan 1. ii) 100 tonC 100 tonC 100 tonC 100 tonC ij) ik) il) 0.25+0. 0 moles de O2. 1 mol C3 H 8 =15 moles de O2 . Una formulación común para una emulsión catiónica de asfalto indica utilizar 0. ¿cuántos moles de dióxido de carbono pueden producirse? c) Si se colocan 2.0 moles de C 3H8 y 5.5% de aminoemulsificante sebáceo y 70% de asfalto. jf) 70 lb asfalto =140lb asfalto 0. 5 moles O2 =0. 5 moles O2 =3 moles de CO 2 js) b) Se debe identificar el reactivo limitante: jt) 1mol C 3 H 8 ju) 3 moles O2 . C3H8 es: jj) C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O a) Se hacen reaccionar 5. ¿qué compuestos están presentes en el recipiente después de la reacción y cuantos moles de cada uno de ellos hay? jk) Solución: jl) a) C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O jm) 1 mol 5 moles 3 moles 4 moles jn) jo) En la reacción del propano el O 2 es el reactivo limitante ya que 5 moles de O 2 solo requieren 1 mol de C3H8 jp) jq) De acuerdo a la reacción la cantidad de CO2 producida será: 3 moles CO 2 jr) 5 moles O2 . La reacción de combustión del propano. Cuánto asfalto se podrá emulsificar por libra del emulsificante? jc) jd) je) Solución: 1lb emulsificante .0 moles de oxígeno.0 moles de propano y 14 moles de oxígeno en un recipiente cerrado y reaccionan hasta el final (ello quiere decir. hasta que se termine los reactivos).6 moles de C 3 H 8 jv) 5 moles O2 jw) 3 moles C 3 H 8 . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ja) jb) 63.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.5lb emulsif icante jg) jh) RENDIMIENTO ji) 64. el resto consta de agua e ingredientes solubles en agua. ¿cuántos moles de CO2 se pueden producir? b) Si se hacen reaccionar 3 moles de propano con 3. 50 Kg de H2. =1. Al metanol se le da el nombre común de alcohol metílico. 28 kg CO =38. =44. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA jx) jy) El reactivo límite sigue siendo el O2. Cuál es el reactivo limitante b.50 kg H . Para 72. Cuál es el rendimiento teórico del metanol c.28 kg H 2 km) kn) 5. Casi todo el metanol comercial se produce mediante la reacción del monóxido de carbono.0 Kg de CO que reacciona con 5.00 kg C H 3 OH 2 ks) 4 kg H 2 kt) c) El rendimiento porcentual es: ku) .50 kg H 2 . la cantidad de CO2 que se formara será: jz) 3 mol CO 2 3 moles O . Si el rendimiento real del metanol es de 39. kq) b) El rendimiento teórico es: kr) 32 kg C H 3 OH 5. CO(g) + H2(g) → CH3OH(l) a. 28 kg CO =10. ¿Cuál es el rendimiento porcentual? kf) kg) Solución: kh) CO (g) + 2H2 (g) → CH3OH (l) ki) 28 kg 4 kg = 32 kg kj) a) Calculamos el requerimiento de cada reactivo: kk) 4 kg H 2 kl) 72 kg CO .8 moles de CO 2 2 ka) 5 moles O2 kb) c) Estarán presentes: kc) 4 moles O2 . 6 moles de CO 2 y 8 moles de H 2 O kd) ke) 65.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. CO con H 2(g) a temperatura y presión elevadas.5 Kg.50 kg CO 4 kg H 2 ko) kp) El reactivo limitante es el H2 ya que solo requiere una parte del CO disponible. =4. produciendo la reacción: CH4 → C2H2 + H2 a. pero el cobre en Bolivia está presente en la naturaleza como Cu2S.3 4 lp) 4. 3. ¿Cuánto de Cu produce el tratamiento lt) metalúrgico de 7. 100=89. Cablebol necesita cobre puro para producir cables eléctricos. 100=90.19 x 10 g CH .19 x 104 g de metano. En la producción industrial del acetileno. lf) lg) Solución: lh) 2 CH4 → C2H2 + 3 H2 li) 32 g = 26 g + 6 g lj) El rendimiento real es: lk) 26 g C 2 H 2 4 5.0 x 106 g de Cu2S.8 44 kg ky) kz) la) lb) lc) ld) le) 66.2210 4 g C 2 H 2 4 ll) 32 g CH 4 lm) ln) El rendimiento de la reacción es: lo) 4 3. La extracción del cobre a partir de covelita se realiza por medio de la reacción: lr) Cu2S(s) + O2 (g) → Cu(s) + SO2 (g) ls) Si el rendimiento de la reacción es de 61. covelita.81 x 10 4 g de acetileno.5 kg . C2H2 se producen cuando 5.81 x 10 g %R= .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Encontrar el rendimiento de la reacción de producción del acetileno. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA R Real %Rendim iento( R)= . CH4 son tratados en un arco eléctrico. 100 kv) RTeórico kw) kx) %R= 39. lu) lv) Solución: lw) Cu2S(s) + O2 (g) → 2 Cu(s) + SO2 (g) lx) 160 g 32 g = 128 g 64 g ly) .22 x 10 g lq) 67.2 %. calcular el porcentaje de rendimiento para la reacción: mc) PCl3 + H2O → H3PO3 + HCl md) me) Solución: mf)PCl3 + 3 H2O → H3PO3 + 3 HCl mg) 137. UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 128 g CuT 61.0 x 106 g Cu2 S .5 g 84.100=80. Cl2 puede presentar diferentes reacciones con el agua. incluyendo la siguiente: mr) Cl2 + H2O → HCl + HClO3 ms) En base a esta ecuación calcular el porcentaje de rendimiento si 80 g de Cl2 con 18 g de H2O producen 60 g de HCl.5 159 g mp) mq) 69.5 g PCl3 ml) mm) mn) mo) El rendimiento de la reacción es: %R= 128 g . =20.5 g HCl 200 g P Cl 3 .5 g 54 g = 82 g 109.2 gCu R .0 g Cl 2 .5 g mh) mi) El rendimiento real de HCl es: mj) 109. =159 g HCl mk) 137. PCl 3 en un exceso de agua producen 128 g de cloruro de hidrógeno. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO lz) 7. El cloro gaseoso. =3.28 g H 2 O 2 nb) 213 gCl 2 nc) 213 g Cl 2 nd) 18 g H 2 O.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.5 g my) mz) Se debe determinar primero si alguno de los reactivos está limitando la reacción: na) 54 g H 2 O 80 gCl .4 x 106 g Cu 160 g Cu 2 S 100 g Cu T ma) mb) 68. mt) mu) Solución: mv) mw) 3Cl2 + 3H2O → 5HCl + HClO3 mx) 213 g 54 g 182. 54 g H 2 O =71. Si 200 g de tricloruro de fósforo. ¿Qué porcentaje de la muestra original de los óxidos mezclados es BaO? nu) Solución: nv) mmezcla =mNa O + mBaO=6. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ne) nf) ng) El reactivo limitante es el agua.100=98.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.61 g BaS O4 .50 g nw) mBaS O =7.50 g se disuelve en agua. una vez seco.83 g nn) no) np) nq) nr) ns) nt) ESTEQUIOMETRÍA DE MEZCLAS 70. El BaSO 4 se recolecta por filtración y. con este dato se debe calcular la cantidad de HCl producido: nh) 182. y luego se trata esta solución con ácido sulfúrico diluido. se encuentra que pesa 7.83 g HCl ni) 54 g H 2 O nj) nk) El rendimiento de la reacción será: nl) 60 g %R= .61 g nx) ny) 2 4 BaO + H2SO4 7. El BaSO 4 se precipita pero el Na2SO4 es soluble y permanece en solución. → BaSO4 + H2O 153 g BaO =5 g BaO 233 g BaS O4 nz)El Porcentaje de BaO en la mezcla original es: . Una mezcla de Na2O y BaO que pesa 6.6 nm) 60.5 g HCl 18 g H 2 O.61 g. =60. 100= .5 H 2 O =1.18 g H 2 O og) 0.245 g pero después de calentarla para expulsar toda el agua la masa se reduce a 0. 5 H O 1.500 gr on) m cobre = 0.15 g .413 g H 2 O . solo queda CuSO 4: mCuSO =0. la masa de agua es :mH O=1.245 g Después de calentar y eliminar el agua.832 g .425 gr oo) M Cu2O = 144 gr op) M CuO = 80 gr oq) or) Calcular: os) ot) m CuO = ? ou) ov) Solución: ow) ox) Se forman dos ecuaciones: . 5 H 2 O 5.245 g 4 2 oi) oj) 72. Calcular el porcentaje en masa de CuSO4. Una mezcla de 0.832 g=0.413 g H 2 O 4 2 of) La cantidad de CuSO4. 100=76.5H2O es: 250 g CuS O4 . oh) CuS O4 . 100=92. 5 H 2 O= mCuS O . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO oa) BaO= UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA mBaO 5g .5H2O en la mezcla.245 g−0. ob) Solución: oc) mmezcla =mCuSO +m CuSO od) oe) 4 4 .4 mmezcla 1.832 g. Una mezcla de CuSO4 y CuSO4.425 gr de Cu.9 mmezcla 6. 100= .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.50 g 71. ¿Cuál es la masa de CuO en la mezcla? ok) ol) Datos: om) m mezcla = 0.500 gr de Cu 2O y CuO contiene 0. 5 H 2 O =1.15 g CuS O4 .5H2O tiene una masa de 1. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO oy) oz) Mezcla: pa) m Cu O +m CuO =0.077 g 2 SO4 4 +mNa C O =1. pp) Datos: pq) mmezcla=mNa pr) mmezcla =mBaSO +m BaC O =2.200 g 2 3 3 ps) X = Na2SO4 .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.22 gr 0. Una mezcla de Na2SO4 puro y de Na2CO3 tiene una masa de 1.5−mCuO ) +0.09 po) 73.425 gr pf) 144 gr Cu2 O CuO 80 gr CuO 2 pg) ph) Despejando mCu O 2 (2) de (1) y reemplazando en (2) pi) 0.077 g.200 g y da una mezcla.02 gr =0. de BaSO4 y de BaCO3.425 pj) pk) pl) mCuO Despejando pm) mCuO= pn) : 0.8 x mCuO =0. que tiene una masa de 2. Y = Na2CO3 pt) Calcular: % Na2SO4 = ? pu) Solución: pv) Consideramos lo siguiente: pw) Na2SO4 BaSO4 px) 142 g 233 g py) Se forman dos ecuaciones: y 106 g Na2CO3 197 g BaCO3 . Calcular el tanto por ciento en masa de Na2SO4 que hay en la mezcla original.500 gr pb) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA (1) 2 pc) pd) Balance de Cu: pe) 128 gr Cu 64 gr Cu mCu O x +m x =0.89 x ( 0. 077 qe) Haciendo operaciones y despejando Y.25 Y =1.200−Y )+1. ¿Cuánto de Zn hay en la mezcla original? qh) Mg → MgO qi) 55 g 71 g qj) qk)Mg = X . tenemos: qf) Y =0. Cuando se quema una mezcla de Mg y Zn que tiene una masa de 1.86 Y =2. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO pz) X Na SO . 2 4 UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 233 g BaSO4 197 g BaC O3 +Y Na C O . en atmosfera de oxígeno.(1.64. da una mezcla de MgO y ZnO que tiene una masa de 1.704 qg) Na 2 SO 4 = 0.66 Y +1.66 . 40 g MgO 81 g ZnO +Y Zn .000 g ( 1 ) qn) qo) 65 1.704 g x 100=58.25 Y =1.077(1) qb) X +Y =1.000−Y )+1.66 X +1.049 qt) Zn → ZnO 81 g X +Y =1.409 g.049( 2) qr) Reemplazando (1) en (2) tenemos: qs) 1.049 g 24 g Mg 65 g Zn qp) qq) 1.495 y X =0.(1.000 g.25 Y =1.64 X +1.200(2) qc) Reemplazando (2) en (1) obtenemos: qd) 1.66−1. =1. =2.7 1.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.409 .077 142 g Na2 SO 4 106 g Na2 C O3 2 3 qa) 1.200 g 74. Zn = Y ql) qm) X Mg .86 Y =2. 388 g mZn =0. Un gas ocupa 250 mL a 700 torr y 22°C. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO qu) qv) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA y=0. X=0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.612 g qw) qx) qy) qz) ra) rb) rc) rd) re) rf) rg) rh) ri) rj) rk) rl) rm) rn) ro) rp) rq) rr) GASES IDEALES rs) 1. .612 g . Cuando la presión cambia a 500 torr. 7−273=−62 ºC P1 700 torr sa) La respuesta es D. del gas a temperatura constante? sb) sc) A) 10 B) 12 C) 15 D) 17 E) Ninguno sd) se) Solución: sf) sg) sh) V1 si) V2 = 1/6 V1 sj) sk) sl) sm) P2 – P1 = 10 atm. 2. ¿ su) sv) Simplificando V1 y despejando P2: sw) 5 P 2=60 sx) . la diferencia de sus presiones es de 10 atm. P1=V 2 . se necesita para mantener el mismo volumen? rt) ru) A) – 2 B) 62 C) – 6 D) – 62 E) Ninguno rv) Solución: rw) rx) V = cte.7 K .. P2 6 1 V 1.T 1 500 torr . T = cte. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ¿Qué temperatura en ºC. Al comprimir un gas a 1/6 de su volumen inicial. ºC=210. aplico Gay Lussac P1 P2 ry) T 1 = T 2 rz) T2= P2 . sn) so) Calcular P2 =? sp) sq) Se aplica la Ley de Boyle: sr) V 1 .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.(22+ 273) = =210. P2 ss) P st) 1 (¿¿ 2−10)= V . ¿Cuál será la presión final en atm. PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.V = . tb) 3. tm) T g=24.1 k 1 atm =0.1ºC. R . lleno de agua a 25ºC (densidad = 0.1305 g th) ti) mr+ agua=138.2487 g tk) d agua(25ºC )=0. y 40.2410 g.1182 g tx) ty) El volumen del gas será el mismo volumen ocupado por el agua: tz) V g =V agua magua mr +agua −mr V = = agua ua) El volumen de agua se calcula de la siguiente manera: d agua d agua ub) . R .1305 g estando limpio y seco. Un recipiente vacío pesa 40. T P .2487 g−40.V tt) tu) La masa del gas obtenemos de los siguientes datos: tv) tw) mg=mr + gas −mr mg=40.974 atm 760 mm Hg tn) to) Calcular: M =? tp) tq) Utilizamos la ecuación general de los gases de donde despejamos M: tr) m m.4 mm Hg y 24. ¿Cuál es el peso molecular del gas? tc) td) A) 40 g/mol B) 30 g/mol C) 25 g/mol D) 50 g/mol E) Ninguno te) tf) Solución: tg) Datos: mr=40. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO sy) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA P2=12 sz) ta) La respuesta es B.9970 g/ml tl) Pg =740 mm Hg .1305 g=¿ 0.1 ºC+273=297.2410 g tj) mr+ gas =40. M = ts) M P.9970 g/cm3) pesa 138.2487 g estando lleno de una sustancia gaseosa a 740.T . T k .5 g D) 10 g E) Ninguno up) uq) Datos: M Ne=20 g M Ar=40 g .84 x 10 L 3 g 1000 cm 0.974 atm . un) uo) A) 5 g B) 2.84 .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. 9. L 0.V Ar V Ar=? 2 uv) Solución: uw) ux) Calculamos el VAr que será el Vglobo: uy) atm. tenemos: uf) atm. 423 k m. mol V Ar= = =2. 8 atm mol va) vb) Reemplazamos los datos para el Ne: . L 20 g .R.1182 g .1 k k .5 g C) 7. 297.1305 g 1L 3 −2 =¿ 98. 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO uc) V agua = UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 138. son necesarios para inflar un globo hasta la mitad de su volumen. uj) uk) ul) um) 4. =9.9970 ml ud) ue) Reemplazando en M. m Ar =20 g ur) T =250+273=523 k T =150+ 273=423 k us) ut) P=5 atm P=8 atm uu) 1 V Ne = . si para inflarlo completamente se requieren 20 gramos de argón a 150ºC y 8 atm. mol ug) M = =30 g /mol 0.10−2 L uh) ui) La respuesta es B.41 cm . 0.2 L uz) M .082 .2410 g−40. Cuántos gramos de neón a 250ºC y 5 atm.082 .P g 40 . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO V . 5 atm mol =2.2 atm C) 0. 6.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.8 atm vv) La respuesta es C. La división entre los compartimentos es removida y los gases se mezclaron. El compartimento A contenía un gas ideal A a 400 K y 5 atm. ve) 5. − =0. La temperatura no se modificó. La diferencia entre las fracciones molares de dos compuestos en una mezcla gaseosa es 0.2 vj) vk) P A =1. El compartimento B contenía un gas ideal B a 400 K y 8 atm.2. si la presión parcial del más abundante es 1.mol 1.P mNe= Ne = vc) R.523 K k .5 g atm .2(2) T A B vq) PT PT vr) vs) Reemplazando (1) en (2) vt) P A −P B=0.2 . El volumen total de los compartimentos era 29 litros. La fracción molar de A en la mezcla fue 0.M.5814. vw) vx) A) 10 L y 19 L B) 15 L y 14 L C) 20 L y 9 L D) 5 L y 24 L E) Ninguno .T UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA g .2atm vl) PB =? vm) vn) Solución: vo) vp) Aplicando la ley de Dalton y la fórmula de la fracción molar: PA PB P =P + P ( 1 ) .2 PT . Determine el volumen original de los compartimentos A y B.2 atm.8 atm D) 0. P A −PB =0. 20 vd) La respuesta es B.1 L .( P A + P B) vu) Despejando PB y reemplazando PA: PB =0. Un contenedor es dividido en dos compartimentos. de presión.5 atm E) Ninguno vh) vi) Datos: X A −X B=0. L 0. ¿Cuál es la presión parcial del otro? vf) vg) A) 2 atm B) 0.082 . 26 V B (3) 29 29 wq) wr) ws) wt) Utilizando la XA.17 0. PB = =0.61 PT (7) 0.5814 .42 PT (6) 0.5814 PT =3. V A PB . PT ( 4) PT wu) wv) X B= ww) wx) wy) wz) xa) V B = PB . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO vy) vz) Datos: wa) wb) wc) wd) A 5 atm UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA B atmk T8 = 400 X A =0. V A 8. V B P = . VB = ? wi) wj) Solución: wk) wl) Cada gas ocupara cuando se mezclen el Vmezcla = 29 L.26 xb) xc) Reemplazando (6) y (7) en (1): .5814 we) V mezcla =29 L wf) wg) wh) Calcular: VA =? . además: Vmezcla = VA + VB (1) wm) sin embargo a T constante las presiones de cada gas disminuirán en sujeción a la Ley de Boyle: PA . P =0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. V B PA= =0.4186 PT =1. P = A B wn) V mezcla V mezcla wo) wp) Reemplazando valores: 5.17 V A ( 2 ) . PT (5) PT B Reemplazando (4) en (2) y (5) en (3): V A= 0. P A =0.4186 . tenemos: P X A = A . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO xd) xe) 3. 0.700 torr=70 torr SO yg) nt 2.60 moles de NH3 y 1.20 moles de SO2.76=9 L xl) La respuesta es C. nSO2 y Pt nt =n S O +n N H +n S O =0. 5. xm) 7.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.20 moles 3 3 xu) Pt = 700 torr xv) xw) Solución: xx) xy) Utilizamos la fracción molar que puede ser expresada en función de las presiones parciales de los gases y del número de moles: xz) nSO P SO X = = SO ya) nt Pt 2 2 2 yb) yc) yd) De esta expresión despejamos la PSO2 y reemplazamos nt .61 PT =29 xf) PT = UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 29 =5.2 moles de SO3 están a una presión total de 700 torr. 5.60 moles xt) n S O =1.20+0. P t= .0 moles 2 2 yh) .76=20 L xi) xj) xk) V B =1.42 PT +1.20=2.60+1.76 5.0 moles 2 3 ye) yf) 3 n SO 0.20 moles xr) Calcular: PSO2 = ? 2 xs) n N H =0.20 moles P = .42.03 xg) Reemplazando este valor en las ecuaciones (6) y (7) xh) V A =3.61. Una mezcla de 0. ¿Cuál es la presión parcial en torr de SO2? xn) xo) A) 65 B) 70 C) 75 D) 80 E) Ninguno xp) xq) Datos: n S O =0. Se mezclan 0.200 ml = =28. zf) 9.2 kPa E) Ninguno zi) . también lo harán las presiones de los dos gases por tanto habrá una expansión que puede ser descrita a través de la Ley de Boyle.71 kpa+28.04 litros de N2 que se hallan bajo una presión de 96 kPa y 0. V N 50 kpa .5 kPa B) 120.3 kPa C) 100.500 ml P = = =35.8 kPa D) 95.06 litros y la presión total es de 97. yj) yk) 8.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.57 kpa VT 700 ml 2 2 za) zb) La presión cuando se abra la llave será: zc) zd) Pf =PN + P O =35.02 litros de O2. se conectan a través de una llave cerrada.57 kpa=64. Si A contiene N 2 a una presión de 50 kPa mientras que B contiene O2 a 100 kPa de presión.71 kpa N yx) VT 700 ml 2 2 2 yy) yz) PO = 2 PO . Dos bulbos de vidrio. las nuevas presiones serán: P N . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA yi) La respuesta es B.3 kPa E) Ninguno yn) yo) yp) Datos: N2 yq) O 500 ml 200 ml yr) 50 Kpa 100 Kpa ys) yt) yu) Solución: yv) yw) Realizamos las siguientes consideraciones:  El nuevo volumen ocupado por la mezcla de gases será: V T =500 ml+200 ml=700 ml 2  Como el volumen en la mezcla varia. El volumen total de la mezcla es de 0. V O 100 kpa . A y B de 500 mL y 200 mL de volumen respectivamente.3 kpa 2 2 ze) La respuesta es D.3 kPa D) 64. ¿Cuál era la presión inicial del O2 tomado? zg) zh) A) 90. ¿cuál será la presión cuando se abre la llave? yl) ym) A) 6 kPa B) 3 kPa C) 0.6 kPa. 1 atm).0.7 torr aal) Solución: aam) Los cálculos se deben realizar en condiciones secas.71 C) 10. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA zj) Datos: N2 zk) 0.13 torr aak) PH2O= 26. Un gas seco ocupa 71 mL en condiciones normales de presión y temperatura (0 ºC. en mL.8 kpa VO 0.7 torr.6−64.04 L P = = =64. Si se recoge la misma masa de gas sobre agua a 27°C y una presión total de 945.56 B) 84.0+ PO 2 2 2 PO =97. ¿qué volumen.06 = =100. ocupará el gas seco en éstas condiciones? aab) Presión de vapor del agua a 27°C = 26.02 L ? Kpa 2 2 zt) zu) Considerando la Pf: zv) Despejamos: zw) zx) Pf =PN + P O =64. 0.13 aaa) Torr.6 .06 L 2 O2 0. aac) aad) A) 64.06 L zq) zr) P N .89 D) 45.04 L zl) 96 Kpa zm) zn) zo) zp) Solución: V T =0.43 E) Ninguno aae) aaf) Datos: aag) V g =71mL Gas aah) Vg (f) =? húmedo aai) T = 273 k Gas seco T = 27ºC + 273 H2O = 300 k aaj) P = 760 torr Pt = 945.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.0=33. V N 96 kpa .6 2 Reemplazando en la ecuación de la presión inicial de oxígeno: PO = 2 PO V T 33.02 2 2 zy) La respuesta es C.0 kpa N zs) VT 0. zz) 10. por tanto se debe corregir la presión total de la mezcla disminuyendo la presión de vapor del agua y . ocupará el gas seco en éstas condiciones? Presión de vapor del agua a 25°C = 23.8 torr.2torr abm) 2 2 abn) abo) V g (f ) = abp) Pi . en mL. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA luego se aplica la ecuación combinada de los gases: PT =P gs + PH O . T f T i . aau) aav) 11. 300 k V g (f ) = =64. Pf aaq) 760 torr .43 torr aar) aas) aat) La respuesta es A. V i . Pgs=PT −P H O =945−23. ¿qué volumen.71 mL . Pgs=PT −P H O =945. Pf .8 torr abh) abi) abj) Solución: abk) Los cálculos se deben realizar en condiciones secas.13−26. V i .43torr aan) 2 2 aao) aap) V g (f ) = Pi . por tanto se debe corregir la presión total de la mezcla disminuyendo la presión de vapor del agua y luego se aplica la ecuación combinada de los gases: abl) PT =P gs + PH O .7=918. T f T i . 918. aaw) aax) A) 64 B) 84 C) 45 D) 35 E) Ninguno aay) aaz) Datos: aba) abb) Datos: abc) V g =50 mL Gas abd) Vg (f) =? húmedo abe) T = 273 k Gas seco T = 25ºC + 273 H O 2 = 298 k abf) P = 760 torr Pt = 945 torr abg) PH2O= 23.56 mL 273 k .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Un gas seco ocupa 50 mL en condiciones normales de presión y temperatura. Si se recoge la misma masa de gas sobre agua a 25°C y una presión total de 945 Torr.8=921. 2 torr abr) abs) La respuesta es C.5 torr acl) acm) Solución: acn) aco) El compuesto tiene C.5 torr.110 g de CO2 y 0.30 g C acq) 44 g CO 2 acr) acs) 0. 921.6 mL de nitrógeno medidos sobre agua a 17 ºC y 758 torr. N y O los cuales se calculan de la siguiente manera: acp) 12 g C 1.169 g de sustancia desalojan en un aparato Victor Meyer 68 mL de aire medidos en aquellas condiciones de temperatura y presión. Al oxidar 1.2536 g urea forman 102.515 g sustancia . abu) abv) A) CON2H B) CON2H4 C) CONH2 D) CON4H2 E) Ninguno abw) abx) aby) abz) aca) acb) acc) Datos: acd) ace) 1. Pv del agua a 17 ºC es 14. 0.100=19. abt) 12. act) acu) acv) C= 2g H =0.10 g H 18 g H 2 O 0.2536 g de urea dan lugar a 102.909 g H2O acf) acg) 0.515 g sustancia forman 1. Para la determinación de la masa molecular.110 g CO 2 . 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO abq) V g (f ) = UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 760 torr .50 mL . 298 k =45 mL 273 k .80 1. Se investiga la fórmula molecular de la urea. =0.110 g CO2 y 0.30 g C . A partir de estos datos calcular la fórmula molecular de la urea. H.909 g de H2O.515 g de sustancia se forman 1.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.6 mL N2 medidos sobre agua: ach) aci) T = 17 ºC +273 = 290 k acj) P = 758 torr ack) Pv = 14. Al liberar el nitrógeno contenido. 909 g H 2 O. 2536 g urea El %O se calcula por diferencia de 100: adl) adm) 0. 28 g/mol mN = = =0.67−47.67 1 N: 47.10 g H .65 1. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO acw) acx) acy) acz) ada) H= add) ade) adf) adg) adh) adi) adj) adk) 1 atm P . 290 k k . 760 torr 0.100=47.64 =1 . M N ( 758−14.21 Calculamos los átomos de cada elemento en la fórmula: C: 19.38 14 O: 26. H : =4 . L 0. O : =1 1.64 1.65 12 H: 6.082 . N : =2 .64 1.21 =1.5 ) torr .80 =1.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.67 3. mol 2 2 N= %O=100−%C−%H −%N =100−19.80−6.67 =6.65 6.38 1.12 g N .64 16 adn) ado) adp) adq) adr) ads) adt) adu) 0.12 g R .32 0.67 1.32=26.T atm .1026 L.32 =3. V .515 g sustancia El nitrógeno se calcula de la siguiente fórmula de los gases: adb) adc) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Dividimos entre el menor número: C: 1.64 adv) adw) La fórmula empírica será: CON2H4 que tiene un peso molecular de 60 g/mol adx) Para corroborar este peso se calcula el peso molecular de la urea a partir de la Ley general de los gases: ady) . 100=6. 0. presión de 780 torr y humedad de un 20%. aeh) aei) A) 1555 L B) 2050 L C) 1059 L D) 1180 L E) Ninguno aej) aek) ael) aem) aen) Datos: aeo) V aire =1000 L aep) Vaire = ? aeq) T1 = 11 ºC + 273 = 284 k + 273 = 293 k aer) P1 = 780 torr torr h1=20 aes) aet) T2 = 20 ºC P2 = 765 h2=40 º PV =9. =1.8 torr y 17.068 L 760torr 0. donde la temperatura aumenta a 20 ºC y la humedad relativa a un 40 %. aef) aeg) ¿Cuál será el volumen ocupado por dicha masa de aire.T = P . L .V UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA atm.5 torr. 0.3 g/mol 758 torr . mol =59. si la presión en el edificio es de 765 torr?. Las presiones de vapor del agua a 11 ºC y 20 ºC son. aee) 13. 290 k k . 1 =9.R.96 torr aez) 100 100 PV . a la temperatura de 11 ºC.169 g .8 torr . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO adz) M urea= m. 9.8 torr PºV =17. Dicho aire pasa a través de los aparatos adecuados. En un edificio con acondicionamiento de aire se absorbe desde el exterior 1000 litros de aire.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.100 . respectivamente. Pv =PºV . 1 atm .082 aea) aeb) El peso molecular verdadero es similar al peso molecular de la fórmula empírica: aec) aed) La respuesta es B.5 torr aeu) aev) Solución: aew) aex) Utilizamos la ecuación combinada de los gases y corregimos las presiones de vapor de agua considerando la humedad relativa: aey) P h 20 h1= ºv . 14.0 torr=758 torr afh) P1 . P 2 afj) afk) V aire(2)= 778.04 torr . v He → v CO = 28 . ¿En cuánto tiempo se escaparán 10 milimoles de CO a través de un orificio similar si el CO estuviese confinado a la misma presión? afm) afn) A) 6.0 h C) 7. T 2 afi) V aire(2)= T 1 .8 horas 1.4 milimoles/h CO He CO 2 √ afs) aft) afu) afv) afw) afx) √ √ v CO =1.100 .5 h B) 3. UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA h2 40 =17. Un cilindro lleno de helio a 2000 lb f / pulg tiene un pequeño orificio a través del cual el helio se escapa hacia un espacio evacuado a la velocidad de 3. . 1h =7. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO afa) afb) afc) afd) afe) aff) afg) h2= Pv P º V .758 torr afl) La respuesta es C. Pv =PºV .04 torr P2=765 torr−7. 293 k =1059 L 284 k .96 torr=778.0 torr 100 100 Las presiones de gas corregido son: P1=780 torr−1.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.285 milimoles CO afy) afz) aga) agb) agc) La respuesta es C.5torr . V 1 . =7.3.0 h E) Ninguno afo) afp) Solución: afq) v He M CO M He 4 afr) v = M → v CO = M . 1000 L .8 h D) 5.285 milimoles /h El tiempo requerido para que escapen 10 milimoles de CO serán: 10 milimoles CO .4 milimoles por hora. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA agd) 15. Un volumen determinado de nitrógeno gaseoso se difunde a través de un capilar en 90 segundos. tenemos: agq) X1 t1 =2→ X 1 =2 X 2 (1) X2 t2 agr) X 1 + X 2 =12 ( 2 ) ags) agt) Reemplazando (1) en (2) obtenemos: X 1=8 y X 2 =4 agu) agv) Empezaran a reír en la octava hilera y a llorar en la cuarta hilera del lado contrario.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Luego en las mismas condiciones de presión y temperatura. agw) agx) La respuesta es A. Una sala de conferencias contiene 12 hileras de asientos. Si un profesor suelta gas hilarante (N2O) en el extremo anterior de la sala y gas lacrimógeno (C6H11OBr) en el extremo posterior. agz) aha) A) 38% y 62% B) 84% y 16% C) 22% y 78% D) 41% y 59% E) Ninguno ahb) . al mismo tiempo. Determine la composición volumétrica de la mezcla. ¿en qué hileras empezarán a reír y llorar los estudiantes? age) agf) A) 8 y 4 B) 5 y 7 C) 9 y 3 D) 11 y 1 E) Ninguno agg) agh) Solución: agi) agj) N2O C6H11OBr agk) X 1=N O 2 . un mismo volumen de una mezcla de NH3 y O2 emplea 75 segundos para difundirse por el mismo capilar. X 2=C 6 H 11 OBr agl) agm) agn) v NO vC H 6 ago) agp) 11 2 OBr = √ MC H 6 11 OBr M NO = 2 √ 179 =2 44 Considerando que t1 = t2. agy) 16. de fabricación de amoniaco. X NH . se lleva a cabo según la reacción: ahy) ahz) N2 + H2 → NH3 aia) aib) Este proceso tiene un rendimiento del 61%. X O + 17 . X NH aht) X NH =0.44 g / mol 90 28 ( ) ahn) aho) Las fracciones molares en la mezcla serán: ahp) X NH + X O =1(1) ahq) M mezcla =M O . es muy importante en la fabricación de fertilizantes.837 → X NH =84 y X O =16 3 3 3 3 3 3 2 ahu) La respuesta es B.44=32 . de . El proceso Haber. Si en una fábrica se utilizan 300 L aic) de H2 y 350 L de N2 diarios a una temperatura de 500 ºC y 500 atm. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ahc) ahd) ahe) ahf) ahg) 75 s ahh) ahi) ahj) Solución: N2 ahm) tN2 = 90 s NH3 + O2 tmezcla = 2 t mezcla M mezcla t = → mezcla = tN MN tN √ 2 ahk) ahl) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ( ) (√ 2 2 M mezcla MN 2 2 ) 75 2 M mezcla = → M mezcla =19.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. X NH (2) ahr) 3 2 2 2 3 3 2 Reemplazando (1) en (2) y despejando X NH 3 3 ahs) 19. ahv) ahw) ahx) 17. X NH → 19.44=32.44=32−32 X NH +17 . ( 1−X NH ) +17 . 19. X O + M NH . T 2 T 1 . ¿cuántos cilindros se llenaran por aie) día? Los cilindros están a 25 ºC.61=122 L 3 aiu) Consideramos las condiciones del gas inicial y final y aplicamos la ecuación combinada de los gases: aiv) P1=500 atm P2=4 atm aiw) aix) T 1 =500ºC +273=773 k T 2=25 ºC+ 273=298 k aiy) V 1=122 LV 2=? aiz) V NH (2)= aja) 3 P1 . 298 k =5879 L 773 k .122 L. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA aid) presión para fabricar amoniaco necesario.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. =200 L 2 ais) 3 L H2 ait) Como el rendimiento es del 61% solo se produce: V NH =200 L x 0. tienen 30 L de capacidad y una presión de 4 aif) atm. P2 ajb) ajc) ajd) V NH (2)= 3 500 atm . 4 atm . V 1 . aig) aih) A) 100 B) 215 C) 65 D) 196 E) Ninguno aii) aij) Solución: aik) Debemos considerar que uno de los reactivos está limitando la reacción y primero debemos encontrar cual es este reactivo: ail) aim) N2 + 3H2 → 2NH3 ain) 1L 3L 2L aio) 350 L 300 L 1 LN2 300 L H . =100 L N 2 2 aip) 3 L H2 aiq) El reactivo limitante es el H2: air) La cantidad de amoniaco que se produce es: 2 L NH 3 300 L H . medidos a 18 ºC y 752 Torr.8 g Ninguno aju) ajv) Datos: ajw) V C O =10 L ajx) 2 ajy) ajz) aka) T =18 º C +273=291 P=752 torr .3 akb) mCaC O =? akc) Calcular: akd) ake) Solución: akf) akg) Se debe igualar primero la reacción química y calcular la masa de CO2 contenida en 10 L: akh) aki) akj) Ca akk) 2HCl akl) CO2 → CaCl2 + CO3 + + H2O akm) 100 g 44 g 3 akn) mCO = 2 M .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. 291 k . L 0. ajf) ¿ tanques= ajg) 5879 L =196 tanques 30 L ajh) aji) La respuesta es D ajj) .99 atm 760 torr CaC O3=85.3 %.P.4 g 48.99 atm . mol 44 .7 g ajs) D) 91.V = R.082 . Calcular la cantidad de caliza. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO aje) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Si la capacidad de cada tanque es de 30 L. 18. 0.5 g B) 28. cuya riqueza en carbonato de calcio es del 85.T g . ajm) HCl ajn) CO2 ajk) ajl) CaCO3 + → CaCl2 + ajo) + H2O ajp) ajq) ajt) E) A) ajr) C) 46.25 g atm . que se necesita para obtener 10 L de dióxido de carbono (por reacción con un exceso de ácido clorhídrico). podremos llenar la siguiente cantidad. 1 atm =0.10 L mol =18. 1 atm mol =24.3 L C) 24.6 L D) 81.082 atm . Determinar el volumen de dióxido de carbono que se recogen sobre agua a 59 ºF y 480 torr.3 g CaCO3( p) akp) La respuesta es A.79 torr.15 L B) 12.P 37.N.5 L E) Ninguno . será: V PH = 3 m. mol g 34 .6 L D) 39. 19. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO 18.6 g 44 g CO2 85. alq) alr) 7 K2Cr2O7 + 3 C3H8O3 + 28 H2SO4 7 Cr2(SO4)3 + 7 K2SO4 + 9 CO2 + 40 H2O als) alt) A) 34. L . ako) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 100 g CaCO3 (p ) 100 g CaCO3 (i) .3 L C) 24.25 g CO 2 .6 L alg) alh) La respuesta es C. podría formarse mediante la reacción de 100 akq)g de fosfuro de calcio en agua en exceso? akr) Ca3P2 (s) + H2O → Ca(OH)2 + PH3 aks) akt) A) 6.273 k k .4 g . La presión de vapor de agua a 59ºF es 12.1 L B) 62.n.5 L E) Ninguno aku) akv) Solución: akw) akx) Se iguala primero la reacción: aky) akz) Ca3P2 (s) + 6H2O → 3Ca(OH)2 + 2PH3 ala) 182 g 68 g alb) 68 g PH 3 100 g Ca P .R. Un frasco de 300 g de dicromato de potasio de 80 % de pureza se hace reaccionar con 25 cm3 de glicerina con un peso específico de 1. ¿Qué volumen de PH3 gaseoso en c. 0.4 g PH 3 3 2 alc) 182 g Ca3 P2 ald) ale) alf) El volumen en C.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. ali) alj) alk) all) alm) aln) alo) alp) 20.261. =48.T = M . =37. 61 atm 760 torr Solución: amd) Se calcula la masa de glicerina y a continuación se calcula el reactivo límite de la reacción: ame) 3 1.261 g mglicerina=V glicerina . =31.525 g de glicerina: amp) .261 Pv =12. d glicerina =25 cm .21 torr .79 torr ama) amb) amc) La presión corregida del CO2 en atmosferas será: PCO =480 torr−12. por tanto el cálculo lo realizaremos a partir de 31. 2 1 atm =0.79 torr=467. . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO alu) alv) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Datos: Determinar: alw) mK Cr O =300 g alx) K 2 Cr 2 O7=80 2 2 V CO =? 7 2 T =59 º F=15 ºC+273=288 k aly) V glicerina=25 cm3 P=480 torr alz) d glicerina=1.19 g C3 H 8 O3 2 2 7 amm) 100 g K 2 Cr 2 O7 ( i ) 2058 g K 2 Cr 2 O7 amn) amo) Como la cantidad de glicerina es mayor a la que se cuenta para la reacción el reactivo límite es la glicerina.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.525 g amf) 1 cm3 amg) amh) De acuerdo a la ecuación el requerimiento de glicerina para el dicromato de potasio es: ami) amj) 7 K2Cr2O7 + 3 C3H8O3 + 28 H2SO4 7 Cr2(SO4)3 + 7 K2SO4 + 9 CO2 + 40 H2O amk) 2058 g 276 g 396 g aml) 80 g K 2 Cr2 O7 ( p ) 276 g C 3 H 8 O3 300 g K Cr O ( i ) . =32. P UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 45.3 D) 2253 E) Ninguno amx) amy) Datos: Calcular: V H =? m Al=2.23 g . 288 k k .5 torr and) R=65 ane) anf) ang) anh) ani) anj) Solución: Escribimos la ecuación química de la reacción: 2Al + 3H2SO4 65 → Al2(SO4)3 + 3H2 ank) 54 g 6g anl) anm) La masa de H2 formada a partir de 2.61 atm mol =39.25 B) 22. amu) 21.5 torr.0.525 g C 3 H 8 O 3 .53 C) 225. 396 gCO 2 =45. se obtuvo al reaccionar 2. T = M . Al2(SO4)3 y gas hidrógeno.50 g amz) 2 ana) T =20 ºC+273=293 k anb) P=750 mmHg anc) Pv =17. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO amq) amr) ams) 31. L . 23 g CO2 276 g C 3 H 8 O3 El volumen de CO2 será: V CO = 2 m.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.50 g de aluminio?. mol g 44 .082 atm . 0. Dato: Pv H2O a 20 ºC = 17. R . ¿Qué volumen de gas hidrógeno (mL) recolectado en agua a 20 ºC de temperatura y 750 mmHg de presión. El aluminio reacciona con el ácido sulfúrico para formar sulfato de aluminio. amv) amw) A) 2.50 g de Al considerando el 65 % de rendimiento es: ann) .8 L amt) La respuesta es D. El rendimiento de la reacción es del 65 %. 067 moles KCl 74.P 0.5 g KCl Los moles de agua serán: .25 L anu) anv) aoj) any) anz) aoa) aob) aoc) aod) aoe) aof) aog) aoh) aoi) DISOLUCIONES La respuesta es A. Calcular la fracción molar del KCl en una solución acuosa al 5 % de KCl en peso aol) aom) A) 0. =0.18 g Al 54 g Al 100 g H 2(T ) Corregimos la presión para condiciones secas del gas: 1atm P=( 750 mm Hg−17.134 D) 0.T VH = = M .96 atm 760 mm Hg ans) ant) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA m.50 g Al . 1 mol =0.5 mmHg )=732.0026 B) 0. anw) anx) aok) 22.5 mmHg . L . mol g 2 . =5 g KCl aos) 100 g solución aot) aou) aov) aow) Los moles de KCl serán: 5 g KCl . 0.26 E) Ninguno aon) aoo) Solución: aop) aoq) Suponemos 100 g de solución: aor) 5 g KCl 100 g solución . 0.082 atm .0125 C) 0.R. =0.18 g . 6 g H 2 (T ) 65 g H 2( P) .96 atm mol 2 =2.293 k k .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ano) anp) anq) anr) 2. 139 B) 0.067+5.V 1=C2 . C6H12O6 debe disolverse en 150 mL de agua para que la fracción molar de glucosa sea 0.25 ml = =0.50 M . ¿Qué masa de glucosa. V 1 2. apg) 23. Si 25 mL de una solución de sulfato de cobre 2.268 C) 1.7 g Datos: aqa) V agua =150 ml aqb) X glucosa=0.067 moles = =0.139 M V2 450 ml app) La respuesta es A. ¿cuál es la nueva molaridad de la solución resultante? aph) api) A) 0.125 aqc) d agua =1 g /mL B) 163.50 E) Ninguno apj) apk) Solución: apl) apm) Utilizamos la regla de la dilución: C1 .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.4 g C) 195. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO 95 g H 2 O . aox) aoy) 1 mol H 2 O =5.2 g E) .50 M se diluyen con agua hasta un volumen final de 450 mL.00 g/mL. apv) apw) Ninguno apx) apy) apz) A) 156.35 moles ape) apf) La respuesta es B.0125 nt 5.50 D) 2.125? La densidad del agua es de 1.V 2 apn) C2 = apo) C 1 . apq) apr) aps) apt) apu) 24.28=5.2 g D) 214.28 moles H 2 O 18 g H 2 O aoz) nt =0.35 moles apa) apb) apc) La fracción molar de KCl será: X KCl= apd) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA nKCl 0. 04 D) 4. Cuantos gramos de BaCl2.25 E) Ninguno aqu) aqv) Datos: msolución =50 g aqw) aqx) aqy) C BaCl =12 2 aqz) Calcular: msoluto =? ara) arb) Solución: 12 g Ba Cl2 244 g BaCl 2 .19 moles C6 H 12 O6 . aqr) 25. 180 g 1mol C 6 H 12 O6 =214.2 H 2 O 50 g solución .52=1.2H2 O se deben mezclar con suficiente cantidad de agua pura para preparar 50 g de una solución del 12% de BaCl2? aqs) aqt) A) 5.875 Calculamos los moles de glucosa: X glucosa= nglucosa →n glucosa= X glucosa . =8.125. .2 H 2 O arc) 100 g solución 208 g BaCl2 .04 g BaCl 2 .52 moles 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO aqd) aqe) aqf) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA mglucosa=? Solución: 1 g H 2 O 1 mol H 2 O .23B) 11.875 aqi) X H O= aqj) aqk) aql) aqm) aqn) aqo) 2 nH O 2 2 nt 2 →nt = nH O 2 XH O 2 = 8.125=0. 9.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.19 moles glucosa nt Calculamos la masa de glucosa: 1.33 moles =9. nt=0. =7.45 C) 7.2 g C 6 H 12 O6 1 mol C 6 H 12 O 6 aqp) aqq) La respuesta es D.33 moles H 2 O 1mL 18 g H 2 O aqg) nagua =150 ml . aqh) X glucosa+ X H O =1→ X H O=1−0. PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. are) 26. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ard) La respuesta es C. 294 g K 2 Cr 2 O7 =49 g 6 eq−g K 2 Cr2 O7 arx) ary) La respuesta es C. Para la siguiente reacción: arf) arg) C6H12O6 + K2Cr2O7 + H2SO4 → K2SO4 + Cr2(SO4)3 + CO2 + H2O arh) ari) ¿Cuántos gramos de K2Cr2O7 deben pesarse para preparar 500 cm3 de una solución 2 N? arj) ark) A) 28 B) 80 C) 49 D) 19 E) Ninguno arl) arm) Solución: arn) aro) Igualamos la ecuación química: arp) arq) C6H12O6 + 4K2Cr2O7 + 16H2SO4 → 4K2SO4 + 4Cr2(SO4)3 + 6CO2 + 22H2O arr) ars)La semirreacción de reducción es: art) +3 +¿+Cr 2 O−2 7 →2 Cr +7 H 2 O aru) 6 ē +14 H ¿ arv) 500 cm3 .2 g/mL al 30% en peso. para conseguir que la concentración sea el 10% en peso de ácido sulfúrico (H2SO4)? asa) asb) A) 208 B) 380 C) 192 D) 280 E) Ninguno asc) asd) Datos: ase) H2SO4 (concentrado) + H2O = H2SO4(diluido) V 1=80 mL asf) V2 = ? d s =1.0 g /mL . arz) 27.2 asg) g mL C2 =10 ash) asi) C1 =30 d s =1. arw) 2 eq−g K 2 Cr2 O7 3 1000 cm . ¿En qué cantidad de agua (gramos) deben diluirse 80 mL de una solución de ácido sulfúrico de densidad 1. 02 M 100 g solución 98 g H 2 S O 4 1 mL solución 1 L solución ass) ast)Aplicamos la regla de dilución para calcular el volumen de solución diluido: asu) C1 .2 g solución 1000 mL solución .84 g−96 g=192 g Otra forma: En la solución concentrada tenemos: msoluto =80 ml solución . =3.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. . =28.02 M La masa de las solución (1) es: 80 ml solución . .V 2 asv) asw) asx) asy) asz) ata) atb) atc) atd) ate) atf) atg) ath) ati) atj) atk) atl) atm) atn) ato) V 2= C1 .2 g solución =96 g solución (1) 1 ml solución La amasa de la solución (2) es: 287. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA asj)Calcular la masa de agua en que se diluye el ácido sulfúrico concentrado: magua=? ask) Solución: asl)Expresamos la concentración en % peso en M: asm) Ácido concentrado: 30 g H 2 S O4 1 mol H 2 S O4 1. 1.67 M . .0 g solución 1000 mL solución . 80 ml = =287. 1 g solución =287. .V 1 3.2 g solución 30 g soluto .V 1=C2 .84 g solución(2) 1 ml solución La masa de agua será: magua=287. =1.67 M asn) 100 g solución 98 g H 2 S O4 1 mL solución 1 L solución aso) asp) asq) asr) Ácido diluido 10 g H 2 S O4 1 mol H 2 S O4 1.8 g soluto 1 m L solución 100 g solución . 1.84 ml solución .84 ml C2 1. 68% B) 15. de la solución resultante? aub) auc) A) 13. atq) msolución =96 g UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 1.67% de KCl han sido mezclados con 60 gramos de otra solución al 12.1 atu) magua= atv) msoluto 28.02% D) 20.05% E) Ninguno aud) aue) Datos: auf) aug) Solución 1 + Solución 2 = Solución resultante auh) ms 1=120 g ms 2=60 g aui) mr=180 g C1 =16.5% de KCl. 16.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. en porcentaje en peso. ¿Cuál es la concentración.1 atw) atx) La respuesta es C. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO atp) magua=80 ml solución . 120 g de una solución al 16.8 g −m solución = −96=192 g 0.67 auj) C2 =12.28% C) 18. aty) atz) aua) 28.1 0.5 Cr =? auk) aul) aum) aun) auo) aup) Solución: Calculamos la cantidad de soluto presente en cada solución: Solución 1: auq) 120 g solución .67 g de soluto =20.2 g solución 70 g agua . =67.2 g agua 1mL solución 100 g solución atr) En la concentración diluida tendremos: ats) m soluto att) msolución +magua =0.0 g 100 g solución . PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO aur) aus) aut) Solución 2: auu) auv) auw) aux) auy) auz) ava) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 60 g solución . La cantidad de soluto total será: 12,5 g de soluto =7,5 g 100 g solución mr=20,0 g+7,5 g=27,5 g La concentración resultante en % peso será: Cr = msoluto 27,5 g .100= .100=15,28 msolución 180 g avb) avc) La respuesta es B. avd) 29. ¿Cuántos mL de solución de hidróxido de potasio 2 N y 0,2 N se necesitan para preparar 1,8 L de una solución 0,6 N? ave) avf) A) 1500 y 300 B) 1400 y 400 C) 1000 y 800 D) 500 y 1300 E) Ninguno avg) avh) Datos: avi) avj) Solución 1 + Solución 2 = Solución resultante V 1=? V 2=? avk) V 3=1,8 L C1 =2 N avl) C2 =0,2 N C3 =0,6 N avm) avn) avo) avp) avq) Solución: Tenemos las siguientes ecuaciones: V 1+ V 2=V 3 (1) avr) avs) avt) avu) avv) V 1 . C 1+V 2 . C2=V 3 . C3 (2) Reemplazando (1) en (2) y despejando V2 PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ( V 3−V 2 ) . C1 +V 2 .C 2=V 3 .C 3 avw) avx) V 2=V 3 . avy) avz) ( C 3−C 1) ( 0,6−2 ) =1,8 L . =1,4 L=1400 mL ( 0,2−2 ) ( C 2−C 1) V 1=1,8 L−1,4 L=0,4 L=400 mL awa) awb) awc) La respuesta es B. awd) 30. ¿Qué masas en gramos, de dos soluciones de glucosa , C 6H 12O6, al 15% y al 40% en peso deben mezclarse para preparar 700 g de una solución de glucosa al 25%?. Si la densidad de la solución es de 1,2 g/cm3, ¿cuál es la molaridad de la solución? awe) awf) A) 420; 280 y 1,67 awg) awh) awi) awj) B) 500; 200 y 2,55 C) 110; 590 y 8,42 Datos: Solución 1 Solución resultante m1=¿ awk) + Solución 2 m2=? m3=700 g C1 =15 awl) C2 =40 C3 =25 awm) awn) awo) awp) Solución: Tenemos las siguientes ecuaciones: m1+ m2 =m3 (1) awq) awr) aws) awt) awu) awv) m 1 . C1 +m 2 .C 2=m 3 .C 3 (2) Reemplazando (1) en (2) y despejando V2 ( m3−m2 ) .C 1 +m2 . C2 =m3 . C3 aww) awx) awy) D) 350; 350 y 1,3 m2=m3 . ( C3 −C1 ) ( 25−15 ) =700 g . =280 g ( 40−15 ) ( C2 −C1 ) = E) Ninguno PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO awz) axa) axb) axc) axd) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA m1=700 g−280 g=420 g La molaridad de la solución es: 3 25 g C 6 H 12 O 6 1 mol 1,2 g 1000 cm . . . =1,67 M 100 g solución 180 g C6 H 12 O6 1 cm3 1L axe) axf) La respuesta es A. axg) 31. Calcular el volumen, en mL, de una solución de ácido clorhídrico 3N que se necesita para reaccionar con 30 gramos de carbonato de calcio, del 75% de pureza, según la siguiente reacción, axh) axi) CaCO3 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O axj) axk) A) 50 B) 100 C) 150 D) 200 E) Ninguno axl) axm) Solución: axn) axo) Balanceamos la ecuación química: axp) axq) CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O axr) 100 g 73 g axs) axt) 75 gCa CO 3( p) 73 g HCl 1 eq−g HCl 1000 ml solución 30 g Ca CO3 (i) . . . . =150 ml 100 g Ca CO 3 (i) 100 gCa CO3 ( p) 36,5 g HCl 3 eq−g HCl axu) axv) La respuesta es C. axw) 32. En la titulación de una solución de peróxido de hidrógeno (H2O2) con solución de permanganato de potasio (KMnO4). La reacción es: axx) axy) 5H2O2(ac) + 2KMnO4(ac) + 3H2SO4(ac) → 2MnSO4(ac)+K2SO4(ac)+5O2(g)+ 8H2O(l) axz) aya) Se gastaron 100 mL de solución 0,8 M de KMnO 4, para titular 20 g de la solución de peróxido de hidrógeno. ¿Cuál es el porcentaje en peso de H 2O2 en la solución? ayb) ayc) A) 24% B) 34% C) 44% D) 54% E) Ninguno ayd) aye) Datos: ayy) 33.64 g KMnO4 .V base Sin embargo la concentración en esta ecuación debe ser expresada en Normalidad: . ayq) ayr) ays) 4 KMnO 4 0.8 moles KMn O 4 158 g KMn O4 . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ayf) V KMn O =100 mL C KMnO =0.64 g de acuerdo a la reacción química: ayt) ayu) 12. ayv) ayw) peso= 5 x 34 g H 2 O2 =6.8 g H 2 O2 .5 M? ayz) aza) A) 250 mL B) 125 mL C) 375 mL D) 100 mL E) Ninguno azb) azc) Datos: azd) VH 2 S O4 =? V NaOH =50 mL aze) CH 2 S O4 =0.5 M azf) azg) azh) Solución: azi) Utilizamos la siguiente ecuación: azj) C ácido .8 g H 2 O2 2 x 158 g KMn O4 m soluto 6. 100=34 m solución 20 g ayx) La respuesta es B.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. ¿Qué volumen de una solución de ácido sulfúrico 0.100= .1 M se necesita para alcanzar el punto final cuando se titulan 50 mL de NaOH 0.1 M C NaOH =0.64 g KMn O4 1000mL 1 mol KMn O4 Calculamos la cantidad de H2O2 que reacciona con los 12. =12.V ácido=C base .8 M ayg) msolución deH 4 ayh) ayi) ayj) ayk) ayl) aym) ayn) ayo) ayp) 2 O2 =20 g peso H O =? 2 2 Solución: Se calcula la cantidad de permanganato de potasio gastada en la titulación: 100 mL . PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. baa) bab) A) 20.2 N 1 L solución 1 mol H 2 S O 4 azm) C NaOH = azn) azo) azp) azq) azr) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 0. =0.7% C) 78.15 N 3 .2 N azt) azu) La respuesta es B. azv) azw) azx) azy) azz) 34. 0.8% E) Ninguno bac) bad) Datos: bae) baf) La reacción del sulfuro de cobre (II) con el ácido nítrico es: bag) bah) bai) CuS + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2S baj) 96 g 126 g mCuS=0. Sabiendo que 15 ml del ácido empleado neutralizan 17 ml de NaOH 0.25 g del mismo con ácido nítrico diluido necesitándose 24 ml del mismo para disolverlo.25 g bak) bal) V HNO =24 ml bam) V a=15 mL V b=17 mL ban) C a=? C b=0. =0. Con el fin de determinar la pureza del compuesto se hacen reaccionar 0. Determinar la pureza del mineral.4% D) 15. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO azk) azl) C H 2 S O4 = 0.4% B) 34.5 moles NaOH 1 eq−g NaOH . Cierta empresa compra 150 Kg de sulfuro de cobre (II) para su posterior utilización en un proceso industrial.1moles H 2 S O4 2eq−g H 2 S O 4 .V base 50 mL .5 N 1 L solución 1mol NaOH El volumen del ácido será: V ácido = azs) C base .15 N.5 M = =125 mL C ácido 0. 17 mL C a= b b = =0. Va 15 mL baq) 24 mL solución . si la solución congela a . .3 mm Hg bbs) K c =1.17 N CuS presente en la muestra de 0.86 °Ckg/mol.196 g .3°C. PROPIEDADES COLIGATIVAS DE LAS SOLUCIONES bbl) 35.0 D) 17.3 mmHg y la constante crioscópica molal 1.15 N . La presión de vapor del agua a 20 °C es 17.196 g CuS 1000 mL solución 1eq−g H NO3 126 g H NO3 pureza= bar) mCuS 0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.4 mt 0. 100= . Calcular la presión de vapor en torr de una solución a 20 °C que contiene 15 g de un soluto no volátil y 300 g de agua.V 0. =0. 0.3 E) Ninguno bbn) bbo) Datos: mdisolvente=300 g bbp) bbq) msoluto =15 g bbr) Pºv =17.25 g bas) bau) bav) baw) bax) bay) baz) bba) bbb) bbc) bbd) bbe) bbf) bbg) bbh) bbi) bbj) bat) bbk) La respuesta es C.86 ºCkg/m ol . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bao) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Solución: bap) Se calcula primero la Ca y con esta concentración se calcula la cantidad de C .9 C) 20. bbm) A) 3.100=78.17 eq−g H NO3 63 g H NO 3 96 g CuS .69 B) 16.25 g.2. 9 g de la misma en 20 g de agua tiene un punto de congelación de .9 torr bcs) La respuesta es B.86 mol La Xd=? es: Xd= 16.67+0. ns = md Kc bck) bcl) bcm) bcn) bco) bcp) bcq) bcr) n s= 0ºC−(−2.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.3 ºC ) .978 16. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO º bbt) T c =0 ºC bbu) T c =−2. ns ∆ T .465 °C.3 ºC bbv) bbw) bbx) bby) bbz) bca) bcb) bcc) bcd) bce) bcf) bcg) bch) bci) bcj) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Calcular: PS =? Solución: Aplicando la Ley de Raoult: º PS =Pv . 0. sabiendo que una disolución de 0. md .37 La PS será: PS =17. Calcular el peso molecular de un compuesto orgánico.67 moles agua M d 18 g Los moles de soluto se calculan a partir de la siguiente fórmula: ∆ T =K c .67 =0.978=16. ml=K c .3. X disolvente La fracción molar del disolvente se calcula de la siguiente manera: X disolvente = nd nd +n S Los moles de disolvente se calculan de la siguiente forma: nd = md 300 g = =16.37 moles ºC kg 1. kc = 1. bct) 36. 0.3 kg =0. bcu) .0.86 ºC/molal. 86 ºC kg/mol M s= s c = ¿ md .52ºC/molal bdo) bdp) A) 100.86 ºC /molal bdg) bdh) bdi) bdj) bdk) bdl) C) 246 D) 205 E) Ninguno Datos: bcz) bde) bdf) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA º Calcular: M soluto =? Solución: Utilizamos la siguiente ecuación: 0 ºC — 0.9 g .9 g bda) mdisolv ente =20 g bdb) T c =−0.465ºC 0.73ºC bdw) K eb =0. bdn) 37. Calcule el punto de ebullición de una solución que contiene 24 gramos de soluto y 600 gramos de agua. ∆ T bdm) La respuesta es B.73ºC. El peso molecular de un compuesto es 58 g/mol.K 0.73 C) 100.62 E) Ninguno bdq) bdr) Datos: M soluto =58 g/mol bds) bdt) msoluto =24 g bdu) mdisolvente=600 g bdv) T e=99. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bcv) bcw) bcx) bcy) A) 120 B) 180 msoluto =0.25 D) 102.1.465 ºC bdc) T c =0 ºC bdd) K c =1.(¿)=180 g/mol m .52ºC /molal º . cuando la presión de vapor del agua es tal que el agua pura hierve a 99.02 kg .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.09 B) 99. Keb = 0. 05 kg mol Por otra parte: ∆ T =T ºc −T c =0 º C−0. bej) 38.20 g de etilenglicol C2H6O2 con 50 g de agua.12º C M s .2ºC D) 2. 0. Kc = 1.1.2ºC C) -5.73 º C=100.52ºC kg/mol = =0. 0.12 º C=−0.86 ºC kg/mol = =0.12 ºC .86 ºC /molal bes) bet) beu) bev) bew) bex) bey) bez) bfa) 2 º Calcular: T c =? Solución: Calculamos el ∆T de la solución: ∆T= ms . K c 0. K e 24 g . 0. Calcule el punto de congelación de una solución preparada con 0.86ºC/molal.358 ºC M s . md g 58 . bek) bel) A) 0.20 g beo) 2 6 2 bep) mH O=50 g beq) T c =0 ºC ber) K c =1.358ºC +99. md g 62 .20 g .0ºC B) -1. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bdx) bdy) bdz) bea) beb) bec) bed) bee) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Calcular: T e=? Solución: Calculamos ∆T a partir de la siguiente ecuación: ∆T= ms .3ºC E) Ninguno bem) ben) Datos: mC H O =0.6 kg mol bef) beg) ∆ T =T e −T ºe →T e =∆ T +T ºe=0.09 ºC beh) bei) La respuesta es A.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA bfb) bfc) La respuesta es E. La presión de vapor del agua a 25 ºC es 23.41 C) 5. bfd) 39. Ms = º md Pºv Pv . bfe) bff)A) 2.8 torr bfk) PS =23. ¿Qué porcentaje en masa de glicerina C3H8O3 contiene una solución acuosa si a 25 ºC la presión de vapor de la solución es de 23. 100 ms+ md Partimos de las siguientes igualdades: ∆ P=P ºv .8 Torr.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. X s → X s = ∆P (1) Pºv ms n Ms ms X s= s = = (2) bft) ns +n d ms md Ms + ms + m Ms Md Md d bfu) bfv) bfw) bfx) bfy) bfz) bga) bgb) Igualando (1) y (2) ms ∆P = º Ms Pv ms + m Md d Haciendo operaciones: ( ms .78 D) 23.45 B) 13.1 torr?. M d ) Sustituyendo valores: .1torr bfl) K c =1.86 ºCkg/mol bfm) Calcular: bfn) ms = bfo) bfp) bfq) bfr) Solución: bfs) ms .1 E) Ninguno bfg) bfh) Datos: T =25 ºC bfi) º bfj) Pv =23. 1− ∆ P ∆ P . 39 ms+ md ms +6.1 ) torr .47 ms bgi) bgj) La respuesta es B. para ello suponemos un volumen de solución de 1000 mL y calculamos la cantidad de soluto y la cantidad de agua en la mezcla: bhc) 2 moles NaCl 58.3 g/ml? Keb= 0.3 g/mL bgr) T ºe=100 ºC bgs) K e b=0.88 E) Ninguno bgn) bgo) Datos: C s=2 M bgp) bgq) d solución =1.92 g/ mol = md 23.47 ms bgf) bgg) bgh) Sustituyendo md en: ms = ms ms ms . bgl) bgm) A) 200.971 ms=0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. =117 g NaCl bhd) 1000 mL solución 1 mol NaCL bhe) .5 g NaCl 1000 mL solución .150 md de donde md=6.52 ºC/molal. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA bgc) ( ( 23. 100= . 100= . ¿A qué temperatura hierve aproximadamente una solución acuosa 2 M de cloruro de sodio cuya densidad es de 1.47 ms 7. 1− bge) 0.88 B) 150.00 C) 100. bgk) 40.100=13.8−23.1 ) torr ( 23.8−23.52 ºC /molal bgt) bgu) Calcular: T e=? bgv) bgw) bgx) bgy) bgz) Solución: bha) bhb) La concentración molar debe expresarse en molalidad.18 g /mol ) bgd) m s .88 D) 120.8torr 23.8torr . . PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.183 kg Considerando que el cambio de temperatura es: ºC ∆ T =K e .7 molal=0.95 mm Hg bia) K c =1.7 ml 1.88 ºC molal La temperatura de la solución es Te: º º ∆ T =T e −T e →T e =T e + ∆T =100 ºC +0.73 mm Hg bhz) Pv =36.88 ºC=100. ¿Cuántos gramos de sacarosa C12H22O11 deben disolverse en 800 g de agua para que la presión de vapor de la solución sea de 36.3 g solución =1300 g solución 1 mL solución bhg) bhh) La cantidad de agua es: bhi) bhj) bhk) bhl) bhm) bhn) bho) bhp) La molalidad es: UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ml= magua=m solución −m soluto =1300 g−117 g=1183 g 2 moles NaCl =1.73 mmHg. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bhf) 1000 mL solución . 1. bht) bhu) A) 450 B) 130 C) 520 D) 321 E) Ninguno bhv) bhw) Datos: mdisolvente=800 g bhx) bhy) Pºv =37.52 .ml=0.1. bhs) 41.88ºC bhq) bhr) La respuesta es C.95 mmHg?. La presión de vapor del agua a 33 ºC es 37.86 ºCkg/mol bib) T =33 ºC bic) bid) bie) bif) big) bih) bii) Calcular: msoluto =? Solución: Partimos de las siguientes igualdades: . 18 mol ( 37.3 mmHg.73 mmHg−( 37. presión de vapor de una solución preparada con 12 g de soluto no volátil y 72 g de agua a 100 ºC es de 754.5 C) 80.25 D) 450.800 g mol 37. Calcular la masa molecular del soluto y la temperatura de congelación de la solución. g 37. -1.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Kc = 1. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO º bij) ∆ P=P v .73 mmHg. M d Pºv −∆ P bir)Sustituyendo valores: bis) g . -0. 342 bit) m s= biu) ms=321 g C12 H 22 O11 biv) biw) bix) La respuesta es D.78 B) 190.73mmHg .95 ) mmHg 37. -1. Ms Pºv m . -0. X s → X s = UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ∆P (1) Pºv ms n Ms ms X s= s = = (2) ns +n d ms md Ms + ms + m Ms Md Md d bik) bil) bim) Igualando (1) y (2) ms ∆P = º M Pv ms + s m d Md bin) bio) bip) Haciendo operaciones y despejando ms: m s= biq) ∆ P .95 ) mmHg . d Pºv . biy) 42.86 º C Kg/mol biz) bja) A) 397.55 E) Ninguno bjb) bjc) Datos: mdisolvente=72 g bjd) msoluto =12 g bje) º bjf) Pv =760 mm Hg .73−36.73−36. ( 760−( 760−754. 18 g / mol .3 ) ) mmHg ( 760−754.3 mm Hg bjh) K eb =0. M d .86 ºCkg/mol Calcular: M soluto =? T s=? Solución: Partimos de las siguientes igualdades: ∆ P=P ºv . ( Pºv −∆ P ) ∆ P . ml = .52ºC /molal bji) bjj) bjk) bjl) bjm) bjn) bjo) bjp) bjq) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA K c =1.3 ) mmHg . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bjg) Pv =754.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. X s → X s = ∆P (1) º Pv ms n Ms ms X s= s = = (2) bjr) ns +n d ms md Ms + ms + m Ms Md Md d bjs) bjt) Igualando (1) y (2) ms ∆P = º M Pv bju) ms + s m d Md bjv) bjw) bjx) bjy) bjz) bka) bkb) bkc) bkd) bke) bkf) bkg) Haciendo operaciones y despejando Msoluto: M s= ms . md Sustituyendo valores: M s= 12 g .72 g M s=397 g /mol La temperatura de congelación será: ∆ T =T ºc −T c =K c . 298 k =17.1 atm C) 25.1 atm B) 17.mol blf) blg) La respuesta es B.7 mol atm .78 ºC mol 1 kg 72 g 1000 g bkk) bkl) La respuesta es A.86 .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. cuya densidad es 1. Calcule la presión osmótica de 100 ml de una solución al 35% en peso de NaCl.082 . ml+T ºc =−1. +0 ºC=−0. blh) 44.5 atm D) 5.7 M de glucosa en agua a 25 ºC? bkn) bko) A) 20. L . bkm) 43. ¿Cuál es la presión osmótica de una solución 0.1 atm L k . 0.205 g/ml a 20°C bli) blj) A) 130 atm B) 150 atm C)124 atm D) 173 atm E) ninguno blk) bll) Datos: blm) C=35 bln) .7 atm E) Ninguno bkp) bkq) Datos: bkr) C s=0.7 M bks) bkt) bku) bkv) bkw) bkx) bky) bkz) bla) blb) blc) bld) ble) T =25 ºC Calcular: π =? Solución: Aplicando la ecuación de la presión osmótica: π =M R T → π=0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bkh) bki) bkj) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Despejamos Tc: 12 g g 397 ºC kg mol T c =−K c . 291 k k .082 .T atm .2 mol atm. L bmq) 0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.0 D) -3.205 g/mL blp) T =20 ºC blq) blr) π =? UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Calcular: bls) Solución: blt) blu) Para aplicar la ecuación de la presión osmótica necesitamos calcular la molaridad de la solución que se hace de la siguiente manera: blv) 35 g NaCl 1 mol NaCl 1. . C6H5COH.57 atm.57 atm bmj) K c =1. .86 ºCkg/mol bmk) bml) Calcular: T c =? bmm) Solución: bmn) bmo) Calculamos la molaridad de la solución a través de la fórmula de presión osmótica: bmp) π 3. Una solución acuosa de benzaldehído. L .2 M blw) 100 g solución 58.082 .57 atm π =M R T → M = = =0. =7.5 g NaCl 1 mL solución 1 L solución blx) bly) blz) bma) Aplicando la fórmula de la presión osmótica: π =M R T → π=7.15 mol /litro R . 0.5E) Ninguno bme) bmf) Datos: M C =106 g /mol bmg) 6 H5 COH bmh) T =18 ºC+273=291 k bmi) π =3.5 C) 0.28 B) -0. tiene a 18 ºC una presión osmótica de 3.205 g solución 1000 mLsolución . 293 k=173 atm L k . mol bmb) 45.mol . ¿A qué temperatura solidificará la solución? bmc) bmd) A) -0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO blo) d=1. 65 atm E) Ninguno bnd) bne) Datos: V suero =1 mL bnf) bng) magua=1 g bnh) T =37 ºC+273=310 k bni) bnj) bnk) bnl) bnm) bnn) bno) bnp) bnq) bnr) bns) bnt) bnu) Calcular: π =? Solución: Calculamos la molaridad del suero sanguíneo: ∆ T c =K c .0.65 atm B) 2. L . ¿Qué presión osmótica tiene la sangre a 37 ºC. mol . El suero sanguíneo del hombre tiene un punto de fusión de -0. por tanto la molaridad será igual a la molalidad.082 .ml=1. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA bmr) Como no se tiene un dato de la densidad de la solución consideramos que la solución tiene una densidad de 1 g/mL.56 ºC.86 mol En este caso la molalidad es igual a la molaridad: ml=M Sustituyendo en la ecuación de presión osmótica: π =M R T =0.15 =0.86 .56 ºC) = = =0.65 atm L k .30 mol atm .28 º C=−0. bms) bmt) El ∆Tc es: bmu) ºC kg mol ∆ T c =K c .28 ºC bmy) bmz) La respuesta es A. 0.65 atm C) 7.65 atm D) 10.ml → ml= ∆ T c (T ºc −T c ) 0 ºC−(−0.30 molal Kc Kc ºC Kg 1. 310 k =7. si 1 ml de suero contiene 1 gramo de agua? bnb) bnc) A) 4. bna) 46.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.28ºC bmv) mol kg bmw) bmx) º º ∆ T c =T c −T c →T c =T c −∆ T =0 ºC−0. 184 atm.184 atm bod) T =60 ºC+273=333 k boe) nbenceno =5 moles bof) ntolueno=23 moles bog) boh) Calcular: Psolución =? boi) boj) Considerando que en una solución el soluto se encuentra en menor proporción.18 bol) nbenceno +ntolueno 5 moles+23 moles bom) bon) boo) bop) boq) bor) bos) bot) bou) bov) Solvente: X tolueno = ntolueno 23 moles = =0. 760 torr =115 torr 1 atm bow) box) La respuesta es A.184 atm.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. El benceno (C6H6) y el tolueno (C7H8) forman soluciones ideales.82 n benceno +ntolueno 5 moles+23 moles Aplicando la ecuación: Psolución =Pºtolueno . 0.15 atm .82=0.57 atm bob) boc) Ptolueno=0.57 atm y la presión de vapor del tolueno puro es 0. la fracción molar del soluto y del disolvente será: bok) Soluto: nbenceno 5 moles X benceno = = =0. A 60ºC la presión de vapor del benceno puro es 0. bnw) bnx) 47. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA bnv) La respuesta es C. X tolueno=0.15 atm La presión expresada en torr será: Psolución =0. ¿Cuál es la presión de vapor en torr de una solución ideal que contiene 5 moles de benceno y 23 moles de tolueno? bny) bnz) A) 115 B) 42 C) 83 D) 50 E) Ninguno boa) Datos: Pbenceno=0. . PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA boy) 48. Un compuesto orgánico tiene el siguiente análisis elemental: C = 55,8%, H = 7,0%, O = 37,2%. Cuál es la fórmula molecular del compuesto, sabiendo que una solución que contiene 1,50 g de este compuesto en 30 g de benceno (C 6H6) congela a 2,63ºC. El punto de fusión del benceno es 5,5ºC y kc=5,12ºC/molal. boz) bpa) A) C2H3O B)C4H6O2 C) C3H4O2 D) C3H6O2 E) Ninguno bpb) bpc) Datos: C=55,8 ; H=7,0 ;O=37,2 bpd) bpe) msoluto =1,50 g bpf) mdisolvente=30 g bpg) bph) bpi) bpj) bpk) bpl) bpm) bpn) bpo) bpp) bpq) bpr) bps) T c =2,63ºC T ºc =5,5ºC K c =5,12 ºC/molal Calcular: Fórmula molecular: 55,8 C: =4,65 12 H: 7,0 =7,0 1 O= 37,2 =2,32 16 Dividimos entre el menor número obtenido: C: 4,65 =2 2,32 H: 7,0 =3 2,32 O: 2,32 =1 2,32 bpt) bpu) La fórmula empírica será: C2H3O y su peso molecular es: 43 g/mol bpv) Para obtener la fórmula verdadera utilizamos las propiedades coligativas de la solución formada: bpw) PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA º ∆ T c =K c .ml → ml= bpx) bpy) bpz) bqa) ∆ T c (T c −T c ) 5,5ºC−2,63 ºC = = =0,56 molal Kc Kc ºC Kg 5,12 mol De la molalidad encontramos el peso molecular del soluto: msoluto n M msoluto mlC H = soluto = soluto → M soluto = = mC H mC H ml . m C H 6 6 6 6 6 6 6 6 1,50 g =89,3 g /mol mol 0,56 . 0,03 kg kg bqb) Para encontrar la fórmula verdadera dividimos el peso molecular encontrado entre el peso molecular empírico: 89,3 g/mol n= =2 bqc) 43 g /mol bqd) La fórmula verdadera será: C4H6O2 bqe) La respuesta es B. bqf) bqg) bqh) bqi) bqj) bqk) bql) bqm) bqn) TERMOQUÍMICA bqo) 1. Un trozo de 350 g de plomo se calentó a 100ºC y se sumerge en 100 g de agua a 20ºC, alcanzando el equilibrio a la temperatura final de 27,8ºC, calcular el calor específico del plomo. bqp) bqq) A) 0,31 B) 0,031 C) 3,10 D) 45,4 E) ninguno bqr) bqs) Datos: mPb=350 g bqt) bqu) T Pb=100 ºC bqv) magua=100 g bqw) T agua=20 º C bqx) T eq=27,8 ºC bqy) Solución: PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bqz) bra) brb) brc) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Utilizando la primera Ley de la termoquímica: Qganado ( agua )=Q perdido ( Pb ) brd) bre) brf) brg) brh) magua .C e(agua) . ( T eq −T agua )=mPb . C e(Pb) . ( T Pb−T eq ) Despejando Ce(Pb) y sustituyendo valores: cal magua . Ce (agua ) . ( T eq −T agua ) 100 g . 1 g ºC . ( 27,8 ºC−20 ºC ) = =¿ bri) C e ( Pb)= mPb . ( T Pb−T eq ) 350 g . ( 100ºC−27,8 ºC ) brj) C e(Pb)=0,031 cal g ºC brk) brl)La respuesta es B. brm) 2. Determinar la temperatura final después de mezclar 35g de hielo a 0ºC y 70 g de agua a 85ºC y 25 g de cobre a 90ºC (Ce Cu = 0.092cal/gºC). brn) bro) A) 56,45 B) 36,50 C) 43,90 D) 68,56 E) ninguno brp) brq) Datos: brr) mhielo=35 g brs) brt) T hielo=0 ºC bru) magua=70 g brv) T agua=85 º C brw) mCu=25 g brx) T Cu =90 ºC bry) C eCu=0,092 brz) bsa) bsb) bsc) cal gºC Calcular: Te = ? Solución: 0 D) 40.56 ºC 70 . 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bsd) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Qganado ( agua )+Q ganado(hielo )=Q perdido (Cu ) bse) bsf) magua .5.092 . bsr) A) 0.C e(Cu) Reemplazando datos: T eq= 70 . C e(hielo ) . Calcular la temperatura de equilibrio después de mezclar 20g de hielo a 0ºC y 20 g de agua a 60ºC.0. 0+25 .C e(agua) +m hielo .092 bso) bsp) La respuesta es D.0 B) 20. 90 =68.C e(hielo )+ mCu .0 E) ninguno bss) bst) Datos: mhielo=20 g bsu) bsv) T hielo=0 ºC bsw) magua=20 g bsx) T agua=60 ºC bsy) bsz) bta) btb) btc) Calcular Te: Solución: Qganado ( hielo )=Q perdido ( agua ) btd) bte) btf) btg) bth) mhielo . T agua +m hielo .0. ( T eq −T hielo )=mCu .T hielo + mCu . ( T eq −T hielo )=mag ua .T Cu magua .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. ( T eq −T agua ) +mhielo .1 .C e(agua) . C e(Cu) .C e(hielo ) . 1+35 .C e(agua) . C e(Cu) . ( T agua−T eq ) Despejamos Te: .5+ 25 .0 C) 30. 0. C e(agua) . Ce(hielo) . 85+35 . bsq) 3. ( T Cu −T eq ) bsg) bsh) bsi) bsj) bsk) bsl) bsm) bsn) Despejando Te: T eq= magua . 60ºC +20 g . 0. L buk) 0. buj) P .355x106 C)52750000 D)211000 E) ninguno bud) bue) Solución: buf) bug) CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O buh) bui) Calculamos los moles contenidos en 250 L de CH4 en c. 0.1 +20 .035625mol bua) 5. 250 L P . entonces: btu) btv) S + O2 → SO2 btw) 1mol SO 2 1. =0. cuál es el calor de combustión del azufre?.082 .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Cuando 1. 0 ºC g ºC g ºC =40 ºC cal cal 20 g .035625 moles SO 2 btx) 32 g S bty) btz) 2400 cal =67368 cal/mol 0.V 1 atm .5 g ºC g ºC btl) btm) La respuesta es D. bub) buc) A) 2355 B)2. T agua +m hielo . mol bul) . btn) 4. Cuántas calorías se liberan por la combustión completa de 250 L de CH 4 en c. 273 k k .14 g de azufre se quema a SO 2 se liberan 2400 calorías.14 g S . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bti) T eq= m agua .n. bto) btp) btq) A) 67368 cal/mol B) 2400 cal/mol C) 83492 cal/mol D) 450644 cal/mol E) ninguno btr)Solución: bts) btt) El calor de combustión se calcula por mol de SO2producido.V =n .17 moles CH 4 R . T → n= = =11.5 . El calor de combustión del CH4 es 211 kcal/mol. T atm .C e(agua) . C e(agua) +m hielo .1 btk) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA T eq= cal cal .T hielo m agua . R . C e(hielo ) btj) 20 g . C e(hielo ) .n. 97640 D).06 Kcal bvg) La entalpia de formación debe ser por mol de NO2 por tanto dividiendo entre dos tenemos: bvh) 1 bvi) ∆H = 8. A partir de: bvm) bvn) ½ H2 + ½ Cl2 → HCl ∆H= -22060 cal bvo) HCl + aq →HCl (aq) ∆H= -17630 cal bvp) Zn + 2HCl(aq) → Zn Cl2 + H2 ∆H= -35890 cal bvq) bvr) Calcular el calor de reacción para: bvs) bvt) Zn +Cl2 + 2 aq → Zn Cl2 bvu) bvv) A) -75580 B) -115270 C).17 moles CH 4 .2 Kcal buv) 2NO2 → 2NO + O2 ∆H= 27.17 kcal/mol E) Solución: Se aplica la Ley de Hess: bvd) 2NO + O2→ 2NO2 ∆H = -27.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Calcular la entalpía de formación del NO2 a partir de las siguientes ecuaciones: but) buu) N2 + O2 → 2NO ∆H= 43. 211 Kcal 1000 cal . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bum) bun) buo) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA La cantidad de calorías liberada por 11.06 kcal/mol B) 70.20 Kcal bvf) N2 + 2O2 → 2 NO2 ∆H = 16. =2.14 Kcal bve) N2 + O2 → 2NO ∆H = 43.03 2 N2 + O2 → NO2 Kcal/mol bvj) bvk) La respuesta es C.34 kcal/mol C) 8. bur) bus) 6.03 kcal/mol ninguno buy) buz) bva) bvb) bvc) D) 35.57635 E) ninguno bvw) bvx) Solución: .355 x 106 cal 1 mol CH 4 1 Kcal bup) buq) La respuesta es B. bvl) 7.14 Kcal buw) bux) A) 16.17 moles de CH4 es: 11. ( 85 ºC−13 ºC )=57600 cal bwt) g ºC bwu) 57600 cal. bwx) 9.18 J =240768 Joul 1 cal bwv) bww) La respuesta es C.C e .43 D) 8.38 B) 20. Se quiere convertir 56 g de hielo a 0ºC en agua a 75ºC. ∆ T =800 g . ∆ T bxf) . Cuántos gramos de propano (C3H8) cuyo ∆Hº de combustión es -24.83 kcal/mol.18Joul) bwm) bwn) A) 57600 B) 58C) 240768 D) 241 E) ninguno bwo) bwp) Solución: bwq) bwr) Aplicamos la primera ley de la termoquímica: bws) cal Q=m . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bvy) bvz) bwa) bwb) bwc) bwd) bwe) bwf) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Aplicamos la Ley de Hess: Zn + 2HCl(aq) → 2HCl + 2aq → H2 + Cl2 → Zn + Cl2 + 2aq → Zn Cl2 + H2 2HCl (aq) 2HCl ZnCl2 ∆H= -35890 cal ∆H= -35260 cal ∆H= -44120 cal ∆H= -115270 cal bwg) La respuesta es B.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Cuantos joules se requieren para calentar 800 g de agua de 13ºC a 85ºC (1cal=4. 4.25E) Ninguno bxa) bxb) Solución: bxc) bxd) Para este caso se tiene que aplicar los cambios de entalpia para cambio de fase y cambio de temperatura: bxe) Q=m . bwh) bwi) bwj) bwk) bwl) 8. se tendrá que quemar para proporcionar el calor necesario para lograr este objetivo a presión constante? bwy) bwz) A) 15. λf + m.18 C) 11. Ce . 1 . 8 kcal/mol .38 g C3 H 8 24830 cal 1 mol C 3 H 8 bxl) La respuesta es A.5 8 118. bxm) bxn) bxo) bxp) bxq) bxr) bxs) bxt) bxu) 10. A partir de las siguientes ecuaciones termoquímicas a 25ºC bxv) bxw) 2 NF3(g) + 2 NO(g) → N2F4(g) + 2 ONF(g) ∆Hº = -92. 1 mol C3 H 8 44 g .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. byk) C) ) . ( 75ºC−0 ºC )=8680 cal g g ºC A partir de este calor calculamos la masa de propano necesaria: bxk) 8680 cal .3 byl) D) -430. 80 bxg) bxh) bxi) bxj) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA cal cal +56 g .1 Ninguno byn) byo) Solución: byp) byq) byr) Cu(s) + F2(g) → CuF2(s) ∆Hº = -631 kcal/mol bys) 2 NF3(g) + 2 NO(g) → N2F4(g) + 2 ONF(g) byt) 2NO(g) + F2(g) ∆Hº = -92.9 kcal/mol 2 ONF → ∆Hº = +293.1 . halle el calor de reacción de: byd) bye) byf) byg) 2NF3(g) + Cu(s) → N2F4(g) + CuF2(s) byh) byi) byj) A) B) bym) E -286 250. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO Q=56 g . =15.9 kcal/mol bxx) bxy) NO(g) + ½ F2 (g) → ONF(g) ∆Hº = -146.9 kcal/mol bxz) bya) Cu(s) + F2(g) → CuF2(s) ∆Hº = -631 kcal/mol byb) byc) Aplicando la Ley de Hess. el calor de vaporización es 540 cal/g y los calores específicos del hielo. El calor de fusión del hielo es 80 cal/g. Un evaporador está fabricado en acero y pesa 900 kg (Ce acero = 0. ( 110−100 ) ºC=¿ g gºC g gºC cal 0. ¿Qué cantidad de calor en kcal se necesita para aumentar la temperatura del conjunto de 10ºC a 100ºC? bzr) bzs) A) 31437 B) 64157 C) 44910 D) 55430 E) Ninguno bzt) bzu) Solución: .1 La respuestaes D.5 . ∆T +ms → l . Ce (s) . bzl) bzm) bzn) bzo) bzp) bzq) 12. byx) 11.11 cal/gºC).5 cal/gºC. ∆ T +ml → v . Ce (g) .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. byy) byz) A) 314 B) 2618 C) 7350 D) 9358 E) Ninguno bza) bzb) Solución: Q=m s . ∆ T bzc) bzd) bze) bzf) bzg) Reemplazando datos: 0−(−20 ) ºC+ 80 bzh) bzi) byw) cal cal cal cal +1 . Calcule la cantidad de calor en kcal que se requieren para elevar la temperatura de 10 kg de hielo desde -20ºC hasta convertirla en vapor a 110ºC.5 . 1cal/gºC y 0. C e(l) .¿ g ºC Q=103 g . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO byu) Kcal/mol byv) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 2NF3(g) + Cu(s)→ N2F4(g) + CuF2(s) ∆Hº = -430. λ f +ml . del agua y del vapor son 0. El evaporador contiene 400 kg de agua y suponiendo que el 70% del calor se proporciona al evaporador y al agua. ¿ Q=7350000 cal=7350 Kcal bzj) bzk) La respuesta es C.5 cal/gºC respectivamente. ( 100−0 ) ºC+540 + 0. λv +m g . 11 kcal kcal . 1 . respectivamente. bzy) bzz) A) 2472.3 D) 2945.C e . . ( 100ºC−10 ºC )+ 400 kg .0. Se queman 300 g de butano (C4H10) cuyo calor de combustión es -30 kcal/mol.393. .C e . ∆ T Q=900 kg . ∆ T +magua .5 B) 1325. El calor desprendido durante la combustión de acetileno gaseoso. =155.3 Ninguno caa) cab) Solución: cac) cad) C4H10 + 13/2O2 → 4CO2 + 5H2O ∆Hc = -30 Kcal/mol cae) caf) La cantidad de calor generado por 300 g de butano es: cag) 1mol C 4 H 10 30 Kcal C 4 H 10 300 g C 4 H 10 . C 2H2. ∆ T 155170 cal =2387.C e . Determínese la entalpía de formación del acetileno gaseoso en kJ/mol.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO bzv) bzw) bzx) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Q=macero .8 C) 2387.17 Kcal cah) 58 g C 4 H 10 1mol C 4 H 10 cai) caj) cak) cal) E) Utilizando la primera ley de la termoquímica tenemos: Q=m .5 kJ/mol y -285. can) cao) cap) caq) car) cas) cat) cau) cav) 14. Calcule que masa de agua en gramos que se puede calentar desde 15ºC hasta 80ºC con el butano quemado. a 25ºC es -1299. Los calores de formación del CO 2(g) y del H2O(l) son .(100 ºC−10 ºC) kg ºC kg ºC Q=44910 Kcal 13.(80 ºC−15ºC ) g ºC cam) La respuesta es C. ∆ T → m= Q = Ce .8 kJ/mol.1 kJ/mol.3 g cal 1 . ( 30 ºC−15 ºC ) =m agua . 1 cal cal .1 ∆Hºf = 2 x -393.4 B) -320.0ºC.1 .(60 ºC−30 ºC) g ºC g ºC .5 KJ/mol 1 cbi) H2 + 2 O2 → H2O ∆Hºf = -285.1 KJ/mol 5 2 O2 ∆Hºc = 1299. ¿Cuánta agua a 60 ºC se debe mezclar en un recipiente aislado con 100 g de agua a 15.8 KJ/mol cbp) KJ/mol cbq) 1 2 2C + H2 E) ∆Hºc = -1299. para que la temperatura de la mezcla sea 30 ºC? cbs) cbt) A) 500 g B) 250 g C) 50 g D) 200 g E) Ninguno cbu) cbv) Solución: Qganado agua fria=Q perdido agua caliente cbw) cbx) cby) 100 g .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.4 D) 226. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA caw) cax) A) 136.3 Ninguno cay) caz) Solución: cba) cbb) La reacción de formación del acetileno es: cbc) cbd) H2 + 2C → C2H2 cbe) cbf) Para llegar a esta reacción utilizamos las siguientes ecuaciones: cbg) cbh) C + O2 → CO2 ∆Hºf = -393.8 C) 151. 15.8 KJ/mol 5 2 cbj) C2H2 + cbk) cbl) Aplicando la Ley de Hess: cbm) O2 → 2CO2 + H2O 2CO2 + H2O → C2H2 + KJ/mol cbn) KJ/mol 2C + 2O2 → 2CO2 cbo) H2 + -285.3 cbr) La respuesta es D.5 O2 → H2O ∆Hºf = → C2H2 ∆Hºf = 226. HCOOH (l). Calcule la temperatura final de equilibrio después de mezclar 40 g de agua a 70 °C con 200 g de H2O a 10°C.5 kJ -415.7 KJ cda) ∆H = ccy) H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) ccz) 285.9 kJ B) ccr) C) ccs) D) ) -966.4 kJ cdg) ∆H = cde) C(s) + O2(g) + H2(g) → HCOOH(l) cdf) 415.5 kJ cdh) cdi) La respuesta es D. 1 . cdj) 17.4 kJ ccn) ∆H = ccl) H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) ccm) 285. (CeH2O = 1 cal/g °C) cdk) cdl) A) 10 B) 20 C) 30 D) 40 E) Ninguno cdm) cdn) Solución: Qganado agua fria=Q perdido agua caliente cdo) cdp) cdq) cdr) 200 g . Determinar el calor de formación del ácido fórmico. 1 cal cal . ccb) ccc) ccd) cce) ccf) ccg) 16. ( T f −10 ºC ) =40 g . conociendo las siguientes reacciones termoquímicas cch) cck) ∆H = cci) C(s) + O2(g) → CO2(g) ccj) 405.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.7 KJ cct) E ccq) A) 966.9 kJ -433.8 kJ ccp) ∆H = cco) HCOOH(l) + ½ O2(g) → CO2(g) + H2O(l) 275.8 kJ cdd) ∆H = cdb) C(s) + O2(g) → CO2(g) cdc) 405.(70ºC−T f ) g ºC g ºC . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cbz) magua= UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 100 g .15 ºC =50 g 30 ºC cca) La respuesta es C.5 kJ Ninguno ccu) ccv) Utilizando la Ley de Hess: ccw) ccx) CO2(g) + H2O(l) → HCOOH(l) + ½ O2(g) ∆H = 275. C e (l) . calor de fusión del hielo = 80 cal/g). cem) 19.1 . 80 +50 g . ∆ T =50 g . cet) cal cal Q=m s → l . a presión constante?.8 E) Ninguno cep) ceq) Solución: cer) ces) Calculamos el calor necesario para fundir el hielo y luego calentarlo hasta 80ºC. Se coloca una pieza de hierro de 200 g a 80°C en 500 ml de H 2O a 10°C.0. T f T f =30 ºC cdv) cdw) La respuesta es C. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cds) cdt) cdu) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 200 .10 cal/g °C. cdy) (CeFe = 0.76 B) 14. (calor de combustión del propano C 3H8 = 24. en agua líquida a 80°C. ¿Cuál es esa temperatura. suponiendo que no hay pérdidas de calor hacia el exterior?. ( 80 ºC−0 ºC ) ceu) g g ºC . CeH2O liq = 1 cal/g °C.T f T f =12.69 B) 28. 1 cal cal . Se quieren convertir 50 g de hielo a 0°C. cdz) cea) A) 12.T f −5000=1600−20 .12 D) 48.60 D) 4. cdx) 18.69 ºC cek) cel) La respuesta es A. El hierro y el agua tendrán al final la misma temperatura.T f −2000=2800−40.(80ºC−T f ) g ºC g ºC 500 . ¿Cuántos gramos de propano se tendrán que quemar para proporcionar la energía necesaria para fundir el hielo y luego calentarlo hasta la temperatura final (80°C). CeH2O = 1 cal/g °C.67 C) 24. λ f +ml . DH2O = 1g/ml). ( T f −10 ºC ) =200 g .96 C) 38.0 Kcal/mol.14 E) Ninguno ceb) cec) Solución: Qganado agua fria=Q perdido hierro ced) cee) cef) ceg) ceh) cei) cej) 500 g . cen) ceo) A) 10.10 .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Utilizando las siguientes reacciones y valores de ∆H° determine la entalpía normal de la formación del metano: cfr) cfs) CO2(g) + 2H2O(l) → CH4(g) + 2O2(g) ∆Hº = 890. ∆Hº = -393. 3 KJ.8 kJ/mol B) 74.184J) cfd) cfe) A) 57600 B) 58 C) 240998 D) 241 E) ninguno cff) cfg) Solución: cfh) Q=m . ∆ T cfi) cfj) cfk) Q=800 g .4 kJ/mol D) 7.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. 8000 cal .5 kJ. cfv) cfw) A) -74.C e .8 kJ. 1 cal . cfc) 20. 3 KJ.5 kJ.184 J =240998 J 1 cal cfo) La respuesta es C. 4. =14.(85ºC−13 ºC) gºC cfl) cfm) cfn) Q=57600 cal . Cuantos joules se requieren para calentar 800 g de agua de 13ºC a 85ºC (1cal=4.67 g C3 H 8 24000 cal 1 mol C 3 H 8 cfa) cfb) La respuesta es B. cfp) cfq) 21.4 kJ/mol cfx) cfy) cfz) cga) cgb) cgc) cgd) Solución: Aplicando la Ley de Hess: CO2(g) + 2H2O(l) → CH4(g) + 2O2(g) C(grafito) + O2(g) → CO2(g) ∆Hº = 890.8 kJ/molC) -7. cfu) H2(g) + 1/2 O2(g) → H2O(l) ∆Hº = -285. 1 mol C3 H 8 44 g C3 H 8 . E) Ninguno . cft)C(grafito) + O2(g) → CO2(g) ∆Hº = -393. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cev) cew) cex) cey) cez) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Q=8000 cal Calculamos la cantidad de propano que proporcionara las 8000 cal. 3 kJ/mol D) -630.0 kJ cgv) C (grafito) + O2(g) → CO2(g) ∆H°= -393. cha) chb) chc) chd) che) chf) chg) 23.0KJ/mol cgy) cgz) La respuesta es B.1 B) 289. chn) cho) ∆HR = -1213. Se dan las siguientes ecuaciones termoquímicas a 25°C: cgj) cgk) CO2(g) → C (grafito) + O2(g) ∆H°= 393. chh) Datos: ∆Hºfus = 80 kcal/kg CeH2O(s) = 0.4 E) .5 kJ cgw) Mg(s) + 1/2O2(g) → MgO(s) ∆H°= -601.5 kJ cgl) Mg(s) + 1/2O2(g) →MgO(s) ∆H°= -601.4 C) 590. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cge) cgf) cgg) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 2H2(g) + O2(g) → 2H2O(l) C(grafito) + 2H2(g) → CH4(g) ∆Hº = -571. desde – 10 ºC hasta 75 ºC.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.50 kJ cgx) C (grafito) + Mg(s) + 3/2O2(g) → MgCO3(s) ∆H°= -1096.6 kJ.0 kJ cgn) cgo) Plantear la reacción y calcular el calor de formación del MgCO3(s) a 298 k mediante las ecuaciones termoquímicas dadas.8 Kj/mol cgh) La respuesta es A.3 kJ/mol E) Ninguno cgr) cgs) Solución: cgt) cgu) MgO(s) + CO2(g) → MgCO3(s) ∆H°= -101. ∆Hº = -74.50 kJ cgm) MgCO3(s) → MgO(s) + CO2(g) ∆H°= +101. cgp) cgq) A) 363.0 kJ/mol C) 1260. cgi) 22.5 kcal/kg ºC CeH2O(l) = 1 kcal/kg ºC chi) chj) C8H18(l) + O2(g)→ CO2(g) + H2O(g) chk) chl) chm) 75%.6 Kcal/mol Si la reacción de combustión del octano tiene solo un rendimiento del A) 481.3 D) 243. Cuántos gramos de octano (C8H18) se requieren para llevar 24 kg de Hielo.3 kJ/mol B) -1096. λ f +ml . ( 75−0 ) ºC) kg ºC kg kg ºC Q=3840 kcal chw) chx) Considerando el rendimiento del 75%. =481. Ce (s) .1 g chz) 75 kcal 1213. cib) 24.v) = 0. Ce (H2O.0 kcal/kg ºC. ∆T +ms → l . C e ( l) . . ¿ cim) cin) Q=10950 K cal cio) cip) ciq) cir) La respuesta es A. λv +m g . Calcular el calor necesario para que 15 litros de agua (asumir dH2O = cic) 1g/ml) a –20 ºC se pueden convertir en vapor a 100 ºC. λ f +ml . ∆HºvapH2O = 540 kcal/kg.(0−(−10 )) ºC+ 80 +1 . ∆ T cih) cii) cij) Reemplazando datos: cik) k cal kcal kcal 0−(−20 ) ºC+ 80 +1 . Ce(H2O. se necesitara una cantidad mayor de octano para generar el calor necesario.6 kcal 1 mol cia) La respuesta es A. ( 100−0 ) ºC +540 =¿ kg kgºC kg kcal cil) 0. . es decir: chy) 100 kcal 1 mol 114 g 3840 kcal .s) = 0. Dátos: Ce( H2O.7 kcal/kg ºC. cid) cie) A) 10950 kcal B) 3009 kcal C) 259655 kcal D) 1155 kcal E) Ninguno cif) cig) Solución: Q=m s .5 . Ce ( s) . ∆T chs) cht) chu) chv) Q=24 kg(0. ∆T +ms → l .5 kcal kcal kcal .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. Ce (g) . ∆ T +ml → v .¿ kg ºC Q=15 kg .5 kcal/kg ºC. . l) = 1. C e(l) . ∆HºfusH2O = 80 kcal/kg. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Ninguno chp) chq) Solución: chr) Q=m s . L =C . 0.348 M cjm) cjn) cjo) Las concentraciones en el equilibrio son: [ Sb Cl 5 ]=C ( 1−x ) =0. x=0.348 ) =0.174 M cjr) cjs)La concentración total será: CTotal = 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA cis) cit) ciu)EQUILIBRIO QUÍMICO civ) 1. x−K c =0 cjl) x=0.174 M = 0. Para la reacción: SbCl5(g) ↔ SbCl3(g) + Cl2(g) KC. mol cju) cjv)La respuesta es A.5 M cja) 0.174 M + 0. cix) A) 25 B) 38 C) 74 D) 44 E) Ninguno ciy) ciz) Datos: 0. 10 cjc) T =182ºC +273=455 k cjd)Solución: cje) (i) (ii) (iii) SbCl5(g) ↔ SbCl3(g) + Cl2(g) C 0 0 –Cx Cx Cx C(1 – x) Cx Cx cjf) C 2 x2 C x2 K = → K = c c cjg) C(1−x) 1−x cjh) cji) Despejando x y resolviendo la ecuación de segundo grado: cjj) 2 cjk) Cx + K c . a la temperatura de 182 ºC.5 .326 M + 0.2moles C= 0. vale 9.5 ( 1−0.2 moles de SbCl5 y se eleva la temperatura a 182 ºC hasta que se establece el equilibrio anterior.40 litros se introducen 0.40 L −2 cjb) K c =9. En un recipiente de 0. 455 k =25 atm V L k .32 .5 .32 · 10–2. 0.082 .674 M cjt) P= n RT mol atm .674 . T=0.326 M cjp) cjq) [ Sb Cl 3 ] = [ Cl2 ]=0.348=0. R .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. cjw) cjx) . ciw) Calcular la presión de la mezcla gaseosa en atm. 071=0 ckz) x=0. 0. x +0.2−x ) .2−0.4-x ckt) cku) ckv) ckw) ckx) K c= ( 0. ckj) Calcular la concentración de las distintas especies en equilibrio si sabemos que la constante del equilibrio 2 HI ↔ I2 + H2 a dicha temperatura es Kc = 0.2 0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.2-x 0.4 +2x -x -x 0.862 M clc) [ I 2 ] =0.6+2x 0.6 0. 2 mol de H2 y 1 mol de I2.6+ 2 x ) Despejando x y resolviendo la ecuación de segundo grado: cky) 0.(0.4−x) =0.9 x2 −0.131=0.131=0. 0.[ H 2] [ HI ] 2 = 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA cjy) cjz) cka) ckb) ckc) ckd) cke) ckf) ckg) ckh) cki) 25.6+2 .22> K c Como Q > Kc el equilibrio se desplaza a la izquierda: 2HI ↔ I2 + H2 i) ii) iii) 0.4 [ 0.131 M cla)Las concentraciones en el equilibrio son: clb) [ HI ] =0.025 2 (0. En un recipiente de 5 L se introducen a 500ºC 3 moles de HI.069 .025 ckk) ckl) Solución: 2 HI ↔ I2 + H2 i) 3/5 1/5 2/5 ckm) Calculamos la nueva constante de equilibrio para ver a qué lado se desplaza la reacción: ckn) cko) ckp) ckq) ckr) cks) Qc = [ I 2] .2.6 ] 2 =0.66 . 082 .082 .8 C) 0.612 ( 1−α ) + 0.(1+ α) 2 2 cly) clz)La concentración total en las nuevas condiciones es: cma) cmb) CT = P = R .064 →α =0.7 atm =0.612 (1+ α )=1.4 D) 0.5 B) 0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.612α/2 +3(0.T 50 atm =1.7 atm.612α 3 ( 0.612 α ) + =0. clf) A) 0. 293 k k mol clm) cln) clo) clp) clq) clr) La reacción de disociación es: cls) clt) NH3 i) ii) iii) E) Ninguno 0.612 -0.269 cle) 26.612(1-α) ↔ 1 2 N2 + 3 2 H2 0 0 +0. A continuación se calienta el recipiente hasta 300 ºC y se aumenta la presión hasta 50 atm.064 M atm L 0.612.612α)/2 +0.612α/2 +3(0.T 14.131=0. Determina el grado de disociación del amoniaco a dicha presión y temperatura. .612 M atm L 0.74 cmg) cmh) La respuesta es D. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cld) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA [ H 2 ]=0.612α)/2 clu) clv)La concentración total es: clw) clx) CT =0.7 clg) clh)Solución: cli) clj) Calculamos la concentración de amoniaco inicial: clk) cll) C[ NH ] 0= 3 n[ NH ] 3 V = P = R . En un recipiente de 2.4−0.612α 0.0 litros de capacidad se introduce amoniaco a una temperatura de 20 ºC y a la presión de 14.573 k k mol cmc) cmd) cme) Igualando las concentraciones: cmf) 0. A 60 ºC y 1. El tetróxido de dinitrógeno se disocia parcialmente en dióxido de nitrógeno.500 atm n 0(1+ α ) 1+ 0. P3H/2 1. b) el grado de disociación a la misma temperatura pero a 10. 6 atm=3.P = .6 nH 2 2 PH = . Calcular: a) el grado de disociación del N2O4 en dichas condiciones.2 C) 0. cml) b) KP cmm) cmn) Solución: n0 a) Consideramos un cmo) i) ii) – cmq) cmr) cms) ↔ 1/2 N2 0 (1-α) + 3/2 H2 0 n0 α n0 iii) cmp) NH3 n0 1/2 1/2 n0 n0 α 3/2 n0 α α 3/2 n0 α Los mole totales en el equilibrio es: 1 3 ntotales =n0 ( 1−α ) + n 0 α + n0 α =n0 (1+ α ) 2 2 Las presiones parciales son: 3 n0 α 3 .4 B) 0.6 2 2 cmu) PNH = 3 nNH 3 ntotales .2 y 0. El amoniaco está disociado en un 60 % a la presión de 6 atm y a la temperatura de 573K. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA cmi) 2. cmj) Determinar: cmk) a) La presión parcial de cada componente en el equilibrio.P = . cna) cnb) cnc) A) 0.P = .0 atm la densidad de mezcla en equilibrio es de 2.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. 6 atm=1.0.6 2 2 cmt) 1 n0 α 1 .6 cmv) cmw) b) La constante Kp: cmx) P1/N 2 .6 .2 D) 0.2 P NH 1. P T= n0 (1−α) 1−0.5 y 0.500 2 2 3 cmy) cmz) 27.3753/ 2 K p= = =7.125 1/ 2 .125 atm ntotales T n0 (1+ α ) T 1+0.5 y 0.9 E) Ninguno . 0.6 atm=1. PT = .24 g/L.3 y 0. 3.375 atm ntotales T n0 (1+α ) T 1+ 0.P = .6 nN 2 2 PN = .0 atm. T n 0 ( 1+α ) R T = ( 1) V V cnu) cnv) La relación cnw) cnx) d mezcla= cny) cnz) n0= m0 m0 = → m0=92 . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cnd) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Datos: cne) P=1 atm cnf) T =60 ºC+273=333 k cng) d mezcla=2.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. R .24 g /L → = =0.024 mol /L V V 92 g/mol Reemplazando en la ecuación (1) y despejando α: . n0 n 0 2.24 g /L cnh) Calcular: cni)α = ? cnj)Solución: cnk) a) Considerando el número de moles iniciales n0 cnl) cnm) N2O4(g) ↔ 2NO2(g) i) no 0 ii) –noα 2 noα iii) no(1-α) 2 noα cnn) cno) El número de moles totales es: cnp) cnq) cnr) cns) cnt) ntotales =n0 ( 1−α ) +2 n0 α=n0 (1+ α ) De acuerdo a la ley general de los gases tenemos: PT = n totales . n0 M N O 92 g /mol coa) coc) cod) coe) cof) cog) coh) se obtiene a partir de la densidad de la mezcla: m0 V 2 cob) n0 V d mezcla= 4 92. PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO coi) coj) cok) ( 1+α )= PT = R T n0 /V UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 1 atm atm L mol 0,082 .333 k . 0.024 k mol L =1,53 α =1,53−1=0,53 col) b) El grado de disociación a la misma temperatura pero a 10,0 atm. com) Si se aumenta la presión el volumen disminuye por tanto el equilibrio se desplaza a la izquierda: con) coo) cop) N2O4(g) ↔ 2NO2(g) iv) no 0 v) +noα -2 noα vi) no(1+α) -2 noα coq) Los moles totales: cor) cos) cot) cou) cov) cow) ntotales =n0 ( 1+α )−2 n0 α =n0 (1−α ) El nuevo volumen de acuerdo a la Ley de Boyle será: P1 . V 1=P2 .V 2 →V 2= La nueva relación será: n0 2,24 g / L = =0,024 mol /L V 92 g/mol cox) coy) n0 V 1. V =0,1 V 10 ( 1−α )= PT = R T n0 /V 10 atm =1,53 atm L mol 0,082 . 333 k .0.024 k mol L coz) cpa) 28. En la reacción: 2 H2S (g) + 3 O2 (g) ↔2 H2O (g) + 2 SO2 (g); ∆H = –1036 kJ, justifique cómo afectarán los siguientes cambios al desplazamiento del equilibrio: a) Aumentar el volumen del recipiente a temperatura constante. b) Extraer SO2.c) Aumentar la temperatura manteniendo el volumen constante. cpb) cpc) Solución: cpd) cpe) 2 H2S (g) + 3 O2 (g) ↔2 H2O (g) + 2 SO2 (g) cpf) a) Si el volumen aumenta el equilibrio se desplaza de derecha a izquierda. b) Si se extrae SO2 el equilibrio se desplaza de izquierda a derecha. c) Si se aumenta la temperatura el equilibrio se desplaza al lado donde se absorbe PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA calor, el equilibrio se desplaza de derecha a izquierda. cpg) cph) cpi) cpj) cpk) cpl) 29. A 20ºC, la constante de equilibrio es Kc = 0,21 para la reacción: cpm) cpn) NH4SH(s) ↔ H2S(g) + NH3(g) cpo) En un matraz tenemos una mezcla de estas especies con las siguientes H S = NH 3 ]=0,13 M concentraciones: [ 2 ] [ cpp) cpq) cpr) cps) cpt) cpu) cpv) Halla el cociente de reacción ¿Qué puede decir de este sistema? Solución: Calculamos Q: Q=[ H 2 S ] . [ NH 3 ]=0,13 . 0,13=0,017 cpw) cpx) Tenemos: Q < Kc El sistema no se encuentra en equilibrio, y la reacción se desplaza de izquierda a derecha. cpy) 30. La reacción: CH3OH(g) ↔ 2H2(g) + CO(g), tiene una Kc = 0,215, a una temperatura de 20ºC. En un erlenmeyer tenemos una mezcla de los tres gases con H =[ CO ]=1,6 M ; [ CH 3 OH ]=9,8 M las siguientes concentraciones: [ 2 ] a) Halla el cociente de reacción ¿Se encuentra este sistema en equilibrio? b) En caso negativo ¿en qué dirección se producirá la reacción en busca del equilibrio? cpz) cqa) Solución: cqb) a) El cociente de reacción es: cqc) 2 cqd) [ H 2 ] . [ CO ] 1,6 2 . 1,6 Q= = =0,418 9,8 [ CH 3 OH ] cqe) b) Q > Kc: El sistema no se encuentra en equilibrio, la reacción se desplaza de derecha a izquierda. cqf) 3. El metanol es un gas que se descompone en hidrógeno y monóxido de carbono. Sabiendo que a 20ºC la constante de equilibrio Kc = 0,215, escribe la reacción ajustada y calcula el porcentaje de metanol disociado cuando se encierran 0,4 moles de metanol en un recipiente de 2 litros, a 20ºC. PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cqg) cqh) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA Solución: cqi) CH3OH(g) ↔ 2H2(g) + CO(g) 0,2 0 0 -0,2α 2(+0,2α) +0,2α 0,2(1-α) 0,4α 0,2α i) ii) iii) cqj) 2 cqk) [ H 2 ] . [ CO ] (0,4 α )2 . 0,2 α Kc= = =0,215 0,2(1−α ) [ CH 3 OH ] cql) cqm) cqn) 31. En un recipiente de 1 litro se introducen 3 moles de A(g) y 8 moles de B(g) a 43ºC, estableciéndose el equilibrio: A(g) + 3B(g) ↔ 2 C(g). cqo) Si la presión del gas en el equilibrio es 177 atm, calcula Kc y Kp. cqp) cqq) Solución: cqr) i) ii) iii) cqs) cqt) cqw) cqx) cqy) cqz) cra) PT = crc) crd) cre) ↔ 2 C(g). 0 2x 2x n totales . R . T ( 11−2 x ) . 0,082.316 = =177 V 1 Despejando x: 11−2 x=6,83 → x=2,08 →C= 2,08 moles =2,08 M 1L Calculando Kc: 2 crb) A(g) + 3B(g) 8 -3x 8-3x ntotales =3−x+ 8−3 x +2 x=11−2 x cqu) cqv) 3 -x 3-x 2 2 [C ] (2 x ) ( 2. 2,08 ) K c= 3 = = =3,45 3 3 [ B ] . [ A ] ( 8−3 x ) . ( 3−x ) ( 8−3 .2,08 ) . ( 3−2.08 ) Calculo de Kp: R . T ¿∆n K p=K c ¿ crf) ∆ n=n productos −nreactivos =2−( 3+1 )=−2 082. crj) crk) crl) I2(g) Solución: + Br2(g) ↔ 2 IBr(g) i) 0.95 x =0.001−x 0. 10−3 = =3 . .01095−10.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.95 x → 12.001−8. 316 ¿ ¿ ¿ Kc 3. En un recipiente de 1 L se introducen 2 moles de nitrógeno y 6 moles de hidrógeno a 400ºC.01095→ x=8.45 . 10−4 crq) crr) crs) crt) Las concentraciones en el equilibrio serán: cru) crv) [ I 2 ] =[ Br 2 ]= 0. a 150 ºC.001−x 5 ¿ ¿ ¿2 ¿ 2x 5 [ IBr ] Kc= = ¿ [ I 2 ] .45 .4 . a 150ºC: I2(g) + Br2(g) ↔ 2 IBr(g). 10−4 5 5 cry) crz) 4. estableciéndose el equilibrio: N2(g) + 3H2(g) ↔ 2NH3(g).001 -x 0 2x 2 ( ) 2 x =0.45 K p= = ¿ ∆n (RT ) crh) 32.001−x 2 x 5 5 5 0.10−5 5 5 crw) crx) [ IBr ] = 2 x 2. cri) Calcula la composición en el equilibrio si se introducen 0.001 ii) -x iii) crm) crn) cro) 0.001 moles de bromo en un recipiente de 5 litros. 10−4 = =3. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 2 crg) 0.45 . 8. En la reacción en estado gaseoso entre yodo y bromo elementales para dar IBr. [ Br ] 2 crp) 0.001 moles de yodo y 0. la constante Kc = 120.001−x 0. 0.07 3 3 [ H 2 ] .39 =0.2 V 1 csj)Despejando x: csk) csl) csm) csn) cso) 8−2 x=5.1. [ N 2 ] ( 1.39→ C= 1.2 atm.22 → x=1.39 M 1L Calculando Kc: csp) [ N 2 ]= 2−1. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA csa) Kp.39=2.83 ) .39) = =1. csb) Si la presión del gas en el equilibrio es 288.673 = =288.78 )2 K c= = =2. T ¿∆n K p=K c ¿ csx) csy) csz) ∆ n=n productos −nreactivos=2−( 3+1 )=−2 .61 ) Calculo de Kp: R . R .78 1 css) 2 cst) csu) csv) csw) [ NH 3 ] ( 2.83 1 1 csr) [ NH 3 ]= 2x =2. ( 0. calcula el valor de Kc y csc) csd) Solución: cse) 2 -x 2-x i) ii) iii) csf) N2(g) + 3H2(g) ↔ 2NH3(g) 6 0 -3x 2x 6-3x 2x ntotales =2−x+ 6−3 x +2 x =8−2 x csg) csh) csi) PT = n totales .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. 1.082.39 moles =1.61 1 csq) [ H 2 ]= 6−3 x 6−(3. T ( 8−2 x ) . PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. 673 ¿ ¿ ¿ Kc 2.125 [ N 2 O4 ] 0. Calcula: a.0186 . El grado de disociación y la presión total cuando se alcanza el equilibrio a 250ºC. Sabiendo que a 25 ºC la constante de equilibrio Kc = 0.0186 moles ctn) cto) ∝= 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 2 cta) 0. de color rojo: N2O4(g) ↔ 2NO2(g).100=62. ctq) Solución: a) Calculo de Kp: ∆n R.03 0 –x 2x 0.145 . En una bomba de 2 litros en la que se ha hecho el vacío se introduce 1 mol de pentacloruro de fósforo y se calienta a 250ºC.082. El tetraóxido de dinitrógeno es un gas incoloro que se descompone en dióxido de nitrógeno gaseoso. la constante de equilibrio vale 4. b. 10-2.T ¿ ctr) K p=K c ¿ cts) .03 ctp) 34.5 0. La constante de equilibrio Kp a esa temperatura. calcula el porcentaje de N 2O4(g) disociado en dióxido cuando se encierran 0.03−x 1 2 cti) ctj) ctk)Despejando x obtenemos: ctl) ctm) x=0.03−x 0. a 25ºC.125. Para la reacción: PCl5(g) ↔ PCl3(g) + Cl2(g) a 250 ºC.03-x 2x cth) 2x 2 ( ) 2 [ NO 2 ] 1 4x K c= = = =0.07 K p= = ¿ ∆n (RT ) ctb) ctc) 33.03 moles de N 2O4(g) en un recipiente de 1 litro. ctd) cte) ctf) Solución: i) ii) iii) ctg) N2O4(g) ↔ 2NO2(g) 0. 5 La presión total será: n t . [ P Cl 3 ] 2 . Calcula: c.¿ p b) El grado de disociación: ctw) PCl5(g) ↔ PCl3(g) + Cl2(g) i) 1 0 ii) –x +x iii) 1-x +x ctx) cty) 0 +x +x ntotales =1−x+ x + x=1+ x ctz) cua) cub) cuc) cud) cue) x x Cl2 ] . En un recipiente de 1 litro se introducen 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO ctt) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA ∆ n=n productos −nreactivos=2−1=1 ctu) 1 0.8 atm V 2 cuk) 35.145 .25 ) .37+2 x + CO(g) .523 = =26.37 0 0 -x 2x +x 0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.10−2 1−x 2−2 x [ PCl 5 ] 2 Despejando x obtenemos: x=0. R .523 ¿ =1.145. T ( 1+0.082 . El grado de disociación cul)Solución: a) Kc iv) v) vi) cun) cuo) cup) cum) CH3OH(g) ↔ 2H2(g) 0.082.25 .78 ctv) K =4.41 atm.37-x 2x x ntotales =0. El metanol se descompone parcialmente a 20ºC para dar hidrógeno y monóxido de carbono. 2 [ x2 K c= = = =4.37−x +2 x+ x=0. 10−2 . 0.25 moles cuf) cug) cuh) cui) cuj) PT = ∝= 0.37 moles de metanol a 20ºC alcanzándose en el equilibrio una presión de 9. La Kc d. 100=50 0. 76.3 .T UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 9. T P.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.100=2.76=0.39−0.03 0. 0.23 1/ 2 ) 2 =1.37 cva) cvb) cvc) cvd) cve) 36. R .01 .23)2 .3 -x 0. Calcular la constante de equilibrio.( 1/ 2 = O2(g) . 1 4 x3 4 .37−x 0.7 0. [ O2 ] [ N 2 O5 ] 0. L 0.0. 0.37 0.013 Kc= = = = =1.39 atm .3−0. [ CO ] ( 1 ) .01 [ CH 3 OH ] 1 2 cuw) b) El grado de disociación: cux) cuy) cuz) ∝= 0.3-x 0 2x 2x 1 2 0 1/2 x 1/2x x → x=x o .082 .37−0.01 2 2 A partir de x calculamos la Kc: 2x 2 x [ H 2 ] . Kc sabiendo que el grado de disociación es 0. mol nt −0. α =0.23 xo cvl) 2 cvm) cvn) K c= [ NO2 ] .37 = =0. 10−5 0. 1 L =0. cvf) cvg) cvh) Solución: cvi) N2O5(g) ↔ 2NO2(g) + i) ii) iii) cvj) cvk) 2N2O5(g) ↔ 4NO2(g) + O2(g) α= 0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cuq) PT = cur) cus) cut) cuu) cuv) x= nt . 293 k . V → nt = = V R.37−x 0.41atm .30 moles de pentaóxido de dinitrógeno en un recipiente de 1 litro de capacidad.23 (2. Se introducen 0.11 . 18 1 2 cvy) cvz) cwa) cwb) cwc) cwd) cwe) cwf) cwg) cwh) cwi) cwj) cwk) 38.11 [ CH 3 OH ] 0.4−x 0.4 0 0 -x 2x +x 0.46=0.4 . Calcula la constante de equilibrio. 1 4x 4 .37−x 0. cwl) cwm) cwn) cwo) Solución: cwp) i) ii) iii) cwq) cwr) N2O4(g) ↔ 2NO2(g) N2O4(g) ↔ 2NO2(g) 0.13 0 –x 2x 0. Se introducen 0.13-x 2x . Calcular la constante de equilibrio. 0. [ CO ] ( 1 ) . α =0.4 moles de metanol en un recipiente de 1 litro de capacidad. Kc sabiendo que el grado de disociación es 0.4-x 2x x x → x=x o . 0.4−0.46. cvo) cvp) cvq) Solución: cvr) iv) v) vi) cvs) cvt) cvu) cvv) cvw) cvx) α= CH3OH(g) ↔ 2H2(g) + CO(g) 0.18 xo A partir de x calculamos la Kc: 2 2x x 3 3 [ H 2 ] . LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 37. Kc sabiendo que el grado de disociación es del 27%.13 moles de tetraóxido de dinitrógeno en un recipiente de un litro de capacidad. Se introducen 0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.18 Kc= = = = =0. 1-x 2x ntotales =0.0.1 0 -x 2x 0.035 1 2 cww) cwx) 39. El grado de disociación.1 mol de tetraóxido alcanzándose en el equilibrio una presión de 3.02=0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO cws) cwt) cwu) cwv) α= UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA x → x=x o .035 xo A partir de x calculamos la Kc: 2x 2 2 2 [ NO 2 ] ( 1 ) 4x 4 .08 . de 1 litro de capacidad a 45ºC se introducen 0.13 .13−0. El tetraóxido de dinitrógeno se descompone parcialmente a 45 ºC para dar dióxido de nitrógeno gas. Calcula: e.V = R.13−x 0. 0.13−x 0.1 L =0.1+ x cxf) cxg) N2O4(g) ↔ 2NO2(g) nt = P.mol cxh) Calculamos x: cxj) cxk) cxl) cxm) cxn) cxo) cxp) Calculamos Kc: cxi) 0. Kc f.035 Kc= = = = =0.082 .27=0.18 atm .PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.1−0.1−x+ 2 x=0.T 3. 0. α =0.04 cxr) [ N 2 O 4 ]=0.02 cxq) [ N O2 ]=2.02=0.12 atm .12 → x=0. cwy) cwz) cxa) cxb) a) Kc Solución: cxc) i) ii) iii) cxd) cxe) N2O4(g) ↔ 2NO2(g) 0. L 0. En un recipiente vacío.052 [ N 2 O4 ] 0.18 atm.318 k k .1+ x=0. 2−0.2 mol de fosgeno. 0.54 atm. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA 2 cxs) [ NO 2 ] (0.92 COCl 2 0.2. α =0. alcanzándose en el equilibrio una presión de 4. Se introducen 0. Calcular la constante de equilibrio.98. Kc sabiendo que el grado de disociación es 0. se introduce 0.1 cxw) 40. cxx) La reacción que tiene lugar es: cxy) cxz) cya) cyc) cyd) cye) COCl2(g) Solución: cyb) i) ii) iii) ↔ CO(g) + Cl2 COCl2(g) ↔ CO(g) + Cl2 0.196 xo cyf)Las concentraciones en el equilibrio: cyg) cyh) cyi) [ COCl2 ]= [ Cl2 ]= [ CO ] = 0. 0.98=0.2 –x ↔ CO(g) + Cl2 0 0 x x .0392 = =1.196 =0.196 =0.02 [ N 2 O4 ] 0.0008 cyl) 41.2 0 0 –x x x 0. 100=20 x o 0.0008 5 0.08 cxt) b) El grado de disociación cxu) cxv) α= x 0.2-x x x Calculamos x: α= x → x=x o . se obtiene de la siguiente manera: COCl2(g) ↔ CO(g) + Cl2 cym) En un recipiente vacío de 2 litros de capacidad a 25ºC. cyo) cyp) Solución: cyq) i) ii) COCl2(g) 0.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING.0392 .04)2 K c= = =0. cyn) Calcula el grado de disociación de la reacción.0392 5 cyj) cyk) K c= [ CO ] . La descomposición del fosgeno usado en la preparación del poliuretano.2 moles de fosgeno en un recipiente de 5 litros de capacidad. [ Cl 2 ] 0.02 = . V = R. x=0.5 M czl) czm) K c= [ PCl3 ] .100=85 x o 0.2+ x cyt) cyu) UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA nt = P.2-x x x ntotales=0.298 k k .2=0.54 atm . 0.08 0.5 moles de pentacloruro de fósforo.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. En un recipiente de 5 litros. [ Cl 2 ] 0.082 .17 = . Una vez alcanzado el equilibrio se analiza la mezcla.7−0.5 =0. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO iii) cyr) cys) cyv) cyw) cyx) cyy) cyz) cza) czb) 0.7 5 czi) [ PCl5 ] o= czj) [ Cl2 ] eq=[ PCl3 ]=0. se introducen 3.2 M. 2 L =0.5 0 0 ii) –x +x +x iii) 3.2+ x=0.T 4.37 .2 = =0.2 M czk) [ PCl5 ] eq=0.37 atm . Se cierra el recipiente y se calienta hasta una temperatura de 525 k.2 czc) 42. L 0. czd) Determina: a) Kc b) Los moles de cada especie en el equilibrio cze) czf) PCl5(g) ↔ PCl3(g) + Cl2(g) i) 3.2−x+ x+ x=0.5-x +x +x czg) a) Calcular Kc czh) 3. encontrándose que la concentración de cloro es de 0.5 [ PC i 5 ] czn) b) Los moles de cada especie en equilibrio: czo) .2 .mol Calculamos x: 0.17 La fracción molar es: α= x 0. 5 L=1 mol 2 3 n PCl =0.2 M .5 mol 5 UNIVERSIDAD NACIONAL SIGLO XX ÁREA DE TECNOLOGÍA .5 M .5 L=2.PROBLEMARIO QUÍMICA GENERAL ING. LEONARDO SUAREZ MOLLINEDO czp) czq) czr) czs) czt) czu) czv) czw) czx) czy) czz) daa) dab) dac) dad) nCl =n PCl =0.