UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO

Modelo Curso 2015-2016

MATERIA: QUÍMICA INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN La prueba consta de dos opciones, A y B, y el alumno deberá optar por una de las opciones y resolver las tres cuestiones y los dos problemas planteados en ella, sin que pueda elegir cuestiones o problemas de diferentes opciones. Cada cuestión o problema puntuará sobre un máximo de dos puntos. No se contestará ninguna pregunta en este impreso. TIEMPO: una hora y treinta minutos.

OPCIÓN A Pregunta 1A.- Considere los siguientes elementos: A es el alcalinotérreo del quinto periodo, B es el halógeno del cuarto periodo, C es el elemento de número atómico 33, D es el kriptón y E es el elemento cuya configuración electrónica de la capa de valencia es 5s1. a) Indique el grupo al que pertenece cada uno de los átomos. b) Justifique cuántos electrones con m = −1 posee el elemento E. c) Razone cuáles son los iones más estables que forman los elementos B y E. d) Indique razonadamente si el radio del ión A2+ es mayor que el del ión B−. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. a. A ≡ Sr B ≡ Br. Grupo 17 (Halógenos) C ≡ As. Grupo 15 (Nitrogenoideos) D ≡ Kr. Grupo 18 (gases Nobles) E ≡ Rb. Grupo 1 (Alcalinos) b. Para que m = ‒1, l ≥ 1, en la configuración electrónica del rubidio los electrones con m = ‒1 estarán en los subniveles 2p, 3p, 3d, y 4p, y en cada uno de ellos habrá dos electrones, por lo tanto en total habrá 8 electrones con que cumplan esta condición (2, 1, ‒1, ±½); (3, 1, ‒1, ±½); (3, 2, ‒1, ±½); (4, 1, ‒1, ±½). c.

Los iones más estables de un átomo son los que alcanzan estructura electrónica de gas noble. •

Br: [Ar]; 4s2; 3d10; 4p5 → Br − : [Ar]; 4s2; 3d10; 4p6 (Octeto completo)

•

Rb: [Kr]; 5s1 → Rb + : [Kr] (Octeto completo)

d. Los iones Sr 2 + y Br − son especies isoelectrónicos (igual número de electrones), por lo que la diferencia del su radio se deberá a la carga nuclear, el ión de mayor carga, tendrá menor radio debido a que sus electrones estarán mas fuertemente atraídos. El ión con mayor número atómico será el que tenga mayor número de protones, mayor carga nuclear y menor tamaño.

( )

( )

Z Sr 2 + = 38 > Z Br − = 35

( ) ( )

R Br − > R Sr 2 +

⇒

Pregunta 2A.- En un reactor de 1 L se establece el siguiente equilibrio entre especies gaseosas: NO2 + SO2 ↔ NO + SO3. Si se mezclan 1 mol de NO2 y 3 mol de SO2, al llegar al equilibrio se forman 0,4 mol de SO3 y la presión es de 10 atm. a) Calcule la cantidad (en moles) de cada gas y sus presiones parciales en el equilibrio. b) Determine los valores de Kp y Kc para esta reacción. c) Justifique cómo se modifica el valor de Kp si la presión total aumenta. ¿Y el equilibrio? Puntuación máxima por apartado: 1 punto apartado a); 0,5 puntos apartados b) y c).

Solución. a. Si definimos por x al número de moles de NO2 que reaccionan, el cuadro de reacción en función del número de moles queda de la siguiente forma: NO 2 + SO 2 ↔ NO + SO 3

Cond. Iniciales (mol )

1

3

−

Cond. Equilibrio (mol ) 1 − x 3− x x En el enunciado nos informa que en el equilibrio se forman 0,4 mol de SO3. n (SO 3 )eq = x = 0,4 mol = n (NO )eq

1

− x

n (NO 2 )eq = 1 − x = 1 − 0,4 = 0,6 mol ; n (SO 2 ) = 3 − x = 3 − 0,4 = 2,6 mol Conocidos los moles de todos los componentes del equilibrio, se calculan sus fracciones molares, y con estas y con la presión total se calculan las presiones parciales de todos los componentes del equilibrio (Pi = PT ⋅ χ i ) . n χi = i nT Teniendo en cuenta que en la reacción no hay variación del número de moles, la suma del número de moles de reactivos es igual a la suma del número de moles de producto, el número de moles totales permanece constante. En cualquier caso, también se puede calcular sumando el número de moles en el equilibrio. n T = n NO 2 + n SO 2 + n NO + n SO 3 = 0,4 + 0,4 + 0,6 + 2,6 = 4

0,6   χ NO 2 = 4 = 0,15 PNO = PT ⋅ χ NO = 10 ⋅ 0,15 = 1,5 atm 2 2  n i  2,6 χi = = 0,65 ⇒  PSO 2 = PT ⋅ χ SO 2 = 10 ⋅ 0,65 = 6,5 atm χ SO 2 = nT  4 P =P SO 3 = PT ⋅ χ = 10 ⋅ 0,1 = 1 atm  NO  n NO = n SO ⇒ χ NO = χ SO = 0,4 = 0,1 3 3  4 b.

KP =

PNO ⋅ PSO 3 PNO 2 ⋅ PSO 2

=

1 ⋅1 = 0,1026 1,5 ⋅ 6,5 K c = K p (RT )−∆n (g )

=

∆n (g )= 2 − 2 = 0

K p = 0,1026

c.

El valor de K p no depende de la presión, depende de la temperatura, por lo tanto, al aumentar la presión el valor de K P no varia. El equilibrio tampoco varía debido a que no hay variación en el número de moles gaseosos entre reactivos y productos, por lo tanto si la variación de presión se hace a temperatura constante, el equilibrio no varía.

Pregunta 3A.- Un vinagre que contiene un 5 % en masa de ácido acético tiene un pH de 2,4. Calcule: a) La concentración molar inicial de la disolución del ácido. b) La densidad del vinagre. Datos. Ka (CH3COOH) = 1,8 ×10−5. Masas atómicas: H = 1, C = 12, O = 16.

Puntuación máxima por apartado: 1 punto

Solución. a. El ácido acético es un ácido débil que se disocia parcialmente, si se define por x a la concentración molar de ácido disociado, el cuadro de reacción queda de la siguiente forma:

CH 3 − COOH +

H 2O

↔ CH 3 − COO −

+ H 3O +

Cond. Iniciales

co

exceso

−

−

Cond. Equilibrio

co − x

exceso

x

x

El equilibrio esta regido por la constante de acidez:

Ka =

[CH

][

]

− COO − ⋅ H 3O + x2 = [CH 3 − COOH ] co − x 3

De la expresión de la constante se puede despejar la concentración inicial (concentración molar del ácido acético)

x2 Ka La concentración molar de ácido disociado (x) se puede obtener del pH co = x +

[

] [

]

pH = − log H 3O + → H 3O + = x = 10 − pH Sustituyendo en la expresión de la concentración inicial:

2

c o = 10

− pH

− pH 2

(10 ) + Ka

= 10

− 2, 4

− 2, 4 2

(10 ) +

1,8 × 10 −5

= 0,88 M

Por factores de conversión: (CH 3 − COOH ≡ C 2 H 4 O 2 )

b.

d=

1 L (d + s ) 0,88 mol C 2 H 4 O 2 60 g C 2 H 4 O 2 100 g d + s ⋅ ⋅ ⋅ = 1,056 g 3 3 L (d + s ) mol C H O 5 g C H O cm 1000 cm (d +s ) 2 4 2 2 4 2

Otra forma; para 1 litro de disolución:

mol ⋅ 1L = 0,88 mol L g m(C 2 H 4 O 2 ) = n ⋅ M m = 0,88 mol ⋅ 60 = 52,8 g C 2 H 4 O 2 mol 100 g d + s 100 m d +s = ms ⋅ = 52,8 g C 2 H 4 O 2 ⋅ = 1056 g d + s % 5 g C 2 H 4O 2 Conocida la masa de la disolución y su volumen: m d + s (g ) 1056 dd+s = = = 1,056 g 3 3 1000 cm Vd + s cm n (C 2 H 4 O 2 ) = M ⋅ V = 0,88

( )

Pregunta 4A.- Se lleva a cabo la electrolisis de una disolución acuosa de bromuro de sodio 1 M, haciendo pasar una corriente de 1,5 A durante 90 minutos. a) Ajuste las semirreacciones que tienen lugar en el ánodo y en el cátodo. b) Justifique, sin hacer cálculos, cuál es la relación entre los volúmenes de gases desprendidos en cada electrodo, si se miden en iguales condiciones de presión y temperatura. c) Calcule el volumen de gas desprendido en el cátodo, medido a 700 mm Hg y 30 ºC. Datos. Eº (V): Br2/Br– = 1,07; O2/OH– = 0,40; Na+/Na = –2,71. F = 96485 C. R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1.

Puntuación máxima por apartado: 0,75 puntos apartados a) y c); 0,5 puntos apartado b).

Solución. a. Por estar la sal disuelta en agua, y esta presentar un cierto grado de disociación

(H O ↔ H

+

)

+ OH − , en cada electrodo se pueden producir dos semireacciones, produciéndose en primer lugar la semireacción de mayor potencial.  2Br − → Br2 + 2e − ε º = −1,07 v ÁNODO :  4OH − → O 2 + 2H 2 O + 4e − ε º = −0,40 v  Na + + e − → Na ε º = −2,71 v CÁTODO :  + 2H + 2e − → H 2 ε º = 0,00 v 2

Teniendo en cuenta que en primer lugar se producen las reacciones de mayor potencial de cada electrodo:  Semireacción ánódica 4OH − → O 2 + 2H 2 O + 4e − ε º = −0,40 v  Semireacción catódica 2H + + 2e − → H 2 ε º = 0,00 v b. Si por cada 2 moles de electrones que pasan por el cátodo se desprende un mol de hidrógeno y por cada cuatro moles de electrones que pasa por el ánodo se desprende un mol de oxígeno, y teniendo en cuenta que los volúmenes son proporcionales al número de moles y que por el cátodo y el ánodo pasa la misma cantidad de moles de electrones, el volumen de gas desprendido en el cátodo (H2) será el doble que el volumen de gas desprendido en el ánodo (O2) c.

Según la Semireacción anódica:

n (H 2 )

( ) −

=

1 1 ⇒ n (H 2 ) = n e − 2 2

( )

ne El número de moles de electrones que atraviesan el ánodo es proporcional a la carga que pasa por el sistema: 60 s 1,5A ⋅ 90 min⋅ 1 Q 1 I⋅t 1 min = 0,042 mol H n (H 2 ) = = = 2 C 2 F 2 F 2 96485 mol

3

V (H 2 ) =

n (H 2 ) ⋅ RT 0,042 ⋅ 0,082 ⋅ 303 = = 1,13 L 700 P 760

Pregunta 5A.- El 2−propanol y el etilmetiléter son dos compuestos isómeros con propiedades muy diferentes. a) Formule dichos compuestos. b) Explique, en función de su estructura molecular, la razón por la que el alcohol presenta mayor punto de ebullición que el éter. c) ¿Cuál de los dos compuestos, cuando se deshidrata con ácido sulfúrico en caliente, da lugar a propeno? Escriba la reacción e indique de qué tipo de reacción se trata. d) Escriba la reacción de obtención del etilmetileter a partir de la deshidratación de dos alcoholes en presencia de ácido sulfúrico en caliente. Nombre los alcoholes implicados. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. 2‒propanol (Alcohol secundario) ≡ CH3‒CHOH‒CH3 a. etilmetileter (Eter) ≡ CH3‒CH2‒O‒CH3 b. En el alcohol las fuerzas intermolecular son enlaces de hidrógeno que se producen en torno las oxígeno del grupo OH, mientras que en el eter la fuerzas intermoleculares son de Van der Waals de dipolo-dipolo, de menor intensidad que los enlaces de hidrógeno, fuerzas intermoleculares más intensas dan lugar a mayores temperaturas de ebullición. c. Los alcoholes se deshidratan en presencia de ácido sulfúrico con calor produciendo el alqueno correspondiente, y en algunos casos pueden producir mezcla de isómeros H SO

4 CH 3 − CHOH − CH 3 2  → CH 3 − CH = CH 2 + H 2 O

d. Los éteres se pueden obtener por deshidratación de alcoholes mediante ácido sulfúrico concentrado a unos 140 ºC. H 2 SO 4 140º C

CH 3 − CH 2 OH + CH 3OH  → CH 3 − CH 2 − O − CH 3 + H 2 O ETANOL

METANOL

4

OPCIÓN B Pregunta 1B.- En la tabla adjunta se recogen las dos primeras energías de ionización (E.I., en kJ·mol–1) y las electronegatividades (EN) de tres elementos pertenecientes al tercer periodo: cloro, magnesio y sodio. a) Defina los conceptos de energía de ionización y de ELEMENTO 1ª E.I. electronegatividad. X 495,8 b) Escriba las configuraciones electrónicas de los tres Y 737,7 elementos mencionados en el enunciado. Z 1251 c) Utilizando las energías de ionización, justifique cuáles son cada uno de los elementos X, Y y Z. d) Justifique los valores de las electronegatividades de la tabla.

2ª E.I. 4562 1451 2298

EN 0,93 1,31 3,16

Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. Energía de ionización (Ei): es la mínima energía necesaria para separar un electrón de un átomo neutro gaseoso en su estado fundamental.

X (g ) + E i → X + (g ) + e − Electronegatividad: es la tendencia de los átomos de atraer los electrones que comparte con otro elemento en un enlace. b.

Cl: 1s2 2s22p6 3s23p5 Mg: 1s2 2s22p6 3s2 Na: 1s2 2s22p6 3s1.

c. Teniendo en cuenta la configuración electrónica de los átomos, y fijándonos en el número de electrones que deberían ganar o perder para alcanzar la configuración de gas noble, podremos diferenciar para cada átomo su energía de ionización. El Na (1s2 2s22p6 3s1) tiene un solo electrón en el nivel 3 por lo que su 1ª E.I. será baja, pero su 2ª E.I. será muy elevada, debido a dos razones, el catión Na+ tiene configuración electrónica de gas noble y el siguiente electrón que se se arrancaría seria de un nivel inferior y por tanto mas fuertemente unido al núcleo, por lo tanto se identifica con el elemento X. El Mg (1s2 2s22p6 3s2) tiene dos electrones en el último nivel que no le costaría mucho perder para alcanzar la configuración electrónica de gas noble y por tanto tendrá las dos primeras energías de ionización bajas, en la tercera será donde aparezca un salto brusco por razones análogas al sodio, se identifica con el elemento Y. El Cl (1s2 2s22p6 3s23p5) su tendencia es a ganar, por lo que todas sus energías de ionización serán altas, lo identificamos con el elemento Z. d. Los tres elementos están en el mismo periodo. Los no metales, tienen mayor electronegatividad que los metales. Dos son metales, Na y Mg, y el Cl no metal. Por sus configuraciones electrónicas, el cloro (Z) tiene tendencia a ganar electrones que el sodio o el magnesio, cuya tendencia es a perderlos, por lo tanto, la electronegatividad del cloro es mayor que la del sodio y magnesio. Entre sodio y el magnesio, el sodio tiene menor electronegatividad ya que su núcleo es menor Tiene menos carga positiva) que el del magnesio y por tanto tendrá menos fuerza de atraer hacia si los electrones compartidos en un enlace, en cualquier caso, sus valores de electronegatividad serán bastante bajos.

Pregunta 2B.- El amoniaco gas, a 25 ºC, puede oxidarse en presencia de oxígeno molecular, dando NO y agua. a) Escriba y ajuste esta reacción, y calcule su variación de entalpía. b) Calcule ∆Gº para la reacción indicada. c) Calcule ∆Sº a 25 ºC y justifique su signo. d) Determine la temperatura a partir de la cual la reacción es espontánea. Datos: ∆Hºf (kJ·mol–1): NH3(g) = −46; NO(g) = 90; H2O (l) = −286. ∆Gºf (kJ·mol–1): NH3 (g) = −17; NO(g) = 86; H2O (l) = −237. R = 0,082 atm·L·mol−1·K−1 Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. a. 4 NH 3 (g ) + 5O 2 (g ) → 4 NO(g ) + 6H 2 O(l )

∆H oR = ∆H oR

=

4 ⋅ ∆H of

∑ αi ⋅ ∆H of (Productos) − ∑ αi ⋅ ∆H of (Reactivos)

(NO(g ))

i

+ 6 ⋅ ∆H of

i

(H 2O(l)) − [

4 ⋅ ∆H of

(NH 3 (g )) + 5 ⋅ ∆H of (O 2 (g ))]

∆H of (O 2 (g )) = 0 Por convenio, las entalpías de formación de los elementos en estado natural es cero.

5

∆H oR = 4 ⋅ 90 + 6 ⋅ (− 286) − [4 ⋅ (− 46) + 5 ⋅ 0] = −1172 kJ Reacción exotérmica b.

∆G oR =

∑ αi ⋅ ∆G of (Productos) − ∑ αi ⋅ ∆G of (Reactivos) i

∆G oR

=

i

4 ⋅ ∆G of

(NO(g ))

+ 6 ⋅ ∆G of

(H 2O(l)) − [4 ⋅ ∆G of (NH 3 (g )) + 5 ⋅ ∆G of (O 2 (g ))]

∆G of (O 2 (g )) = 0 Por convenio, la energía libre de formación de los elementos en estado natural es cero. ∆G oR = 4 ⋅ 86 + 6 ⋅ (− 237) − [4 ⋅ (− 17 ) + 5 ⋅ 0] = −1010 kJ Reacción espontánea c. La entropía de la reacción se puede calcular mediante la ecuación que relaciona la energía libre, la entalpía y la entropía. ∆H − ∆G − 1172 − (− 1010) ∆G = ∆H − T ⋅ ∆S ∆S = = = −0,544 kJ ⋅ K −1 = −544 J ⋅ K −1 T 298 La entropía es negativa debido a que el sistema se esta ordenando, en el proceso disminuye el número de moles gaseosos (de 9 moles gaseosos se pasa a 4moles gaseosos). d.

La temperatura de equilibrio se produce cuando ∆G = 0 ∆G = ∆H − Teq ⋅ ∆S = 0

Teq =

∆H −1172 = = 2154 K ∆S − 0,544

Teniendo en cuenta que ∆H < 0 y ∆S < 0 , la reacción será espontánea a T < TEq = 2154 K Los cálculos se pueden realizar simplificando los coeficientes estequiométricos, apareciendo los valores de las funciones de estado también simplificados, y manteniendo la temperatura de equilibrio

Pregunta 3B.- En un recipiente A se introduce 1 mol de Ca(OH)2 sólido y en otro recipiente B 1 mol de Ba(OH)2 sólido, y se añade la misma cantidad de agua a cada uno de los recipientes. a) Formule los equilibrios heterogéneos de disociación de estas sales y escriba las expresiones para sus constantes del producto de solubilidad en función de las solubilidades correspondientes. b) Justifique, sin hacer cálculos, en qué disolución la concentración molar del catión es mayor. c) Justifique cómo se modifica la concentración de Ca2+ en disolución si al recipiente A se le añade hidróxido de sodio sólido. d) Justifique si se favorece la solubilidad del Ba(OH)2 si al recipiente B se le añade ácido clorhídrico. Datos. Productos de solubilidad: Ca(OH)2 = 10–5; Ba(OH)2 = 10–2. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. a. Si se define como s los moles por litro del hidróxido disuelto, el cuadro de disociación, para cada uno de los hidróxidos, queda de la siguiente forma:

Ca (OH )2 (s ) ↔ Ca 2 + (aq ) + 2OH − (aq ) s

[

Ba (OH )2 (s ) ↔ Ba 2 + (aq ) + 2OH − (aq )

2s

][ ]

K s (Ca (OH )2 ) = Ca 2 + ⋅ OH −

s

2

[

2s

][ ]

K s (Ba(OH )2 ) = Ba 2 + ⋅ OH −

K s (Ca (OH )2 ) = s ⋅ (2s ) 2 = 4s 3

2

K s (Ba (OH )2 ) = s ⋅ (2s ) 2 = 4s 3

b. Por tener los dos hidróxidos la misma estequiometria, la concentración del catión es proporcional al producto de solubilidad, por lo que será mayor la del hidróxido que tenga mayor producto se solubilidad.

[

] [

K s (Ba (OH )2 ) > K s (Ca (OH )2 ) ⇒ Ba 2 + > Ca 2 +

6

]

(

)

c. Al añadir NaOH NaOH → Na + + OH − se produce efecto ión común (OH‒), al aumentar la concentración de oxidrilos, según Le Chatelier, el sistema se desplazará hacia la izquierda para disminuir la concentración de OH‒ y de esa forma reestablecer el equilibrio, disminuyendo la solubilidad del hidróxido y la concentración Ca2+ en la disolución.

(

)

El HCl es un ácido fuerte que está totalmente disociado HCl + H 2 O → Cl − + H 3O + , al añadirlo a la

d.

‒

(

+

−

)

disolución de Ba(OH)2, los protones del ácido reaccionaran con los OH H 3O + OH → H 2 O , disminuyendo la concentración de OH‒ en el equilibrio de solubilidad, para compensar esta disminución el hidróxido de bario se disociara mas, aumentando su solubilidad.

Pregunta 4B.- El color de las flores de la hortensia (hydrangea) depende, entre otros factores, del pH del suelo en el que se encuentran, de forma que para valores de pH entre 4,5 y 6,5 las flores son azules o rosas, mientras que a pH superior a 8 las flores son blancas. Dadas las siguientes disoluciones acuosas: Ca(NO3)2, (NH4)2SO4, NaClO y NH3, indique razonadamente: a) ¿Qué disolución/es añadiría al suelo si quisiera obtener hortensias de color blanco? b) ¿De qué color serán las hortensias si añadiese al suelo una disolución de (NH4)2SO4? Datos. Ka (HClO) = 3,1×10−8; Kb (NH3) = 1,8×10−5. Puntuación máxima por apartado: 1 punto.

Solución. • Ca(NO3)2 Sal neutra, sus iones proceden de base fuerte (Ca(OH)2) y de ácido fuerte (HNO3), no producen hidrólisis y por tanto el pH es neutro. pH = 7 • (NH4)2SO4 Sal ácida. El amonio (NH4+) es un ácido conjugado fuerte ya que procede de una base débil (NH3), produce hidrólisis, mientras que el sulfato procede de un ácido fuerte y no produce hidrólisis. •

NH +4 + H 2 O ↔ NH 3 + H 3O + pH < 7 ‒ NaClO Sal básica. El hipoclorito (ClO ) es una base conjugada fuerte porque procede de un ácido débil (HClO), produce hidrólisis, el catión sodio procede de una base fuerte y no produce hidrólisis ClO − + H 2 O ↔ HClO + OH −

•

NH3 Base débil NH 3 + H 2 O ↔

NH 4+

+ OH

−

pH > 7

pH > 7

a. Deberíamos añadir disoluciones básicas, en este caso, disoluciones de hipoclorito de sodio (NaClO) o de amoniaco (NH3). b.

Por tratarse de una sal ácida, serán de color azul o rosa.

Pregunta 5B.- En medio ácido clorhídrico, el clorato de potasio reacciona con cloruro de hierro(II) para dar cloruro de hierro(III) y cloruro de potasio, entre otros. a) Escriba y ajuste la reacción molecular global. b) Calcule la masa de agente oxidante sabiendo que para su reducción completa se emplean 40 mL de una disolución de cloruro de hierro(II) 2,5 M. Datos. Masas atómicas: O = 16,0; K = 39,0; Cl = 35,5 Puntuación máxima por apartado: 1 punto.

Solución. a. Formulación de la reacción sin ajustar: KClO 3 + FeCl 2 + HCl → FeCl3 + KCl Elementos que cambian de valencia. + 6e −

Cl(V ) → Cl − (Reducción ) −e−

Fe 2 +  → Fe3+ (Oxidación ) Semireacciones iónicas sin ajustar:

Semireacción de reducción

ClO 3− → Cl −

Semireacción de oxidación Fe 2 + → Fe3+ Se ajusta el oxigeno. Por ser en medio ácido, donde haya defecto de oxígeno se suman tantas moléculas de agua como átomos de oxígeno haya en defecto.

7

Semireacción de reducción ClO 3− → Cl − + 3H 2 O Fe 2 + → Fe3+

Semireacción de oxidación

Se ajusta el hidrógeno. Donde haya defecto de hidrógeno se suman tantos protones como átomos de hidrógeno haya en defecto.

Semireacción de reducción ClO3− + 6H + → Cl − + 3H 2 O Semireacción de oxidación Fe 2 + → Fe3+ Se ajuntan las cargas sumando electrones en el miembro necesario, donde haya exceso de carga positiva o donde haya defecto de carga negativa.

Semireacción de reducción ClO3− + 6H + + 6e − → Cl − + 3H 2O Semireacción de oxidación Fe 2 + → Fe3 + + e − Se combinan linealmente las ecuaciones para eliminar los electrones.

ClO3− + 6H + + 6e − → Cl − + 3H 2O

Semireacción de reducción

(

6 × Fe 2 + → Fe3+ + e −

Semireacción de oxidación Reacción iónica global

ClO3−

+ 6Fe

2+

+

+ 6H → 6Fe

3+

)

+ Cl − + 3H 2 O

Por tanteo se transforma la reacción iónica global a molecular KClO 3 + 6FeCl 2 + 6HCl → 6FeCl3 + KCl + 3H 2 O b.

El agente oxidante es la especie química que se reduce ≡ KClO3. Masa molecular = 39 + 35,5 + 3×16 = 122,5 g/mol Por factores de conversión:

m(KClO 3 ) = 40 mL d + s ⋅

1 Ld +s 2,5 mol FeCl 2 1 mol KClO3 122,5 g KClO 3 ⋅ ⋅ ⋅ = 2,04 g KClO3 1000 mL d + s 1 Ld +s 6 mol FeCl 2 mol KClO 3

8