Química orgánica: ejercicios de la PAU de Química resueltos

Planteamiento Aplicamos la ley de Hess con las entalpías de formación. A presión constante, el calor del sistema es su variación de entalpía.

1. Restamos la suma de los reactivos a la de los productos.

   $\Delta H^\circ$${}= (-1273{,}3-1265{,}6)$${}-(-2226{,}0-285{,}8)$${}= -27{,}1\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. La entalpía negativa indica una reacción exotérmica. Calculamos los moles de sacarosa.

   $M$${}= 12\cdot12+22\cdot1+11\cdot16$${}= 342\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$n=8{,}5/342\,\mathrm{mol}$

3. Escalamos la entalpía por la cantidad que reacciona. El signo negativo expresa calor liberado.

   $q_p$${}= n\Delta H^\circ$${}= \frac{8{,}5}{342}(-27{,}1)$${}= -0{,}67354\,\mathrm{kJ}$

Planteamiento Leemos las estructuras cíclicas que muestra el examen. Contamos los grupos por conectividad y buscamos carbonos unidos a cuatro sustituyentes diferentes.

1. Cada OH es un grupo alcohol y cada oxígeno entre dos carbonos constituye una conexión éter. En estas formas cíclicas no contamos un carbonilo libre.

   $\mathrm{sacarosa}:8\,\mathrm{OH},3\,\mathrm{C-O-C}$$\mathrm{glucosa}:5,1$$\mathrm{fructosa}:5,1$

2. Glucosa y fructosa comparten fórmula, pero cambia la conectividad. Las figuras muestran un anillo de seis miembros y otro de cinco. Son isómeros constitucionales.

   $\mathrm{C_6H_{12}O_6}$

3. Las tres estructuras concretas son quirales. En la glucosa cíclica, marcamos C1*, C2*, C3*, C4* y C5*: los dos caminos por el anillo son distintos; C6 es CH₂OH y no es estereocentro.

   $\mathrm{O-C_1^*-C_2^*}$${}-\mathrm{C_3^*-C_4^*}$${}-\mathrm{C_5^*-O}$$C_5-\mathrm{CH_2OH}$

Planteamiento La menor masa corresponde al pH más alto permitido. Usamos únicamente la primera disociación, como pide el enunciado.

1. Representamos el ácido por H₃Cit y llamamos c₀ a su concentración analítica.

   $\mathrm{H_3Cit}$${}+\mathrm{H_2O\rightleftharpoons H_2Cit^-}$${}+\mathrm{H_3O^+}$

2. Fijamos el pH superior. No aproximamos c₀−x por c₀, pues la disociación no es pequeña.

   $x=10^{-4}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$$K_a$${}= \frac{x^2}{c_0-x}$${}\Rightarrow c_0$${}= x+\frac{x^2}{K_a}$${}= 1{,}1190\cdot10^{-4}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$

3. La fórmula de la figura da la masa molar; multiplicamos concentración, volumen y masa molar.

   $M(\mathrm{C_6H_8O_7})$${}= 192\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$m$${}= \left(10^{-4}+\frac{10^{-8}}{8{,}4\cdot10^{-4}}\right)0{,}250\cdot192$${}= 0{,}0053714\,\mathrm g$

Planteamiento Para la primera neutralización, cada molécula de ácido consume un ion hidróxido. Medimos el volumen de base de concentración conocida.

1. Escribimos la reacción solo para el primer protón.

   $\mathrm{C_6H_8O_7(aq)}$${}+\mathrm{NaOH(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{NaC_6H_7O_7(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)}$

2. Acondicionamos y llenamos una bureta con NaOH patrón; eliminamos el aire de la punta y anotamos la lectura inicial. Con pipeta aforada y propipeta transferimos un volumen conocido del ácido a un Erlenmeyer.

3. Añadimos base agitando, gota a gota cerca del final, y registramos el volumen consumido. Para el modelo monoprotónico del ejercicio sirve un indicador adecuado; en ácido cítrico real, los equilibrios sucesivos se solapan y conviene una medida potenciométrica validada, sin atribuir automáticamente un viraje al primer equivalente.

   $n(\mathrm{H_3Cit})=c(\mathrm{NaOH})V_{eq}$

Planteamiento En un espectro de masas, la posición informa de m/z y la altura de la abundancia relativa. Comparamos el ion molecular con las masas de las dos fórmulas.

1. El eje horizontal es la relación masa/carga. El pico base es el ion más abundante detectado, no necesariamente el ion molecular.

   $m/z\text{ (abscisas)}$$m/z_{base}=116\quad(100\,\%)$

2. En el espectro mostrado el ion molecular está a 176; para carga simple permite inferir la masa molecular.

   $m/z_{M^{+\bullet}}=176$

3. Calculamos las dos masas sin cambiar las masas atómicas del examen.

   $M(\mathrm{C_6H_8O_6})$${}= 6\cdot12+8\cdot1+6\cdot16$${}= 176$$M(\mathrm{C_6H_8O_7})$${}= 192\quad\mathrm{g\,mol^{-1}}$

Planteamiento Deshacemos las uniones repetidas de los polímeros para recuperar sus monómeros. Un éster se obtiene por condensación; una cadena de etileno, por adición.

1. El HDPE procede del eteno: se abre el enlace π para unir monómeros y no se elimina ninguna molécula pequeña.

   $n\,\mathrm{CH_2{=}CH_2}$${}\rightarrow [-\mathrm{CH_2-CH_2}-]_n$

2. Los monómeros del PET son ácido tereftálico, con los COOH en posiciones para, y etano-1,2-diol.

   $\mathrm{HOOC-C_6H_4-COOH}\;(1,4)$$\mathrm{HO-CH_2-CH_2-OH}$

3. Cada enlace éster se forma entre un COOH y un OH, liberando agua. La repetición es la que se muestra en el examen.

   $[-\mathrm{O-CH_2-CH_2-O-C(=O)-C_6H_4-C(=O)}-]_n$$\mathrm{COOH+HO-R\rightarrow COO-R+H_2O}$

Planteamiento Se pide qué AINE de la tabla tienen los grupos cetona, éter, éster, amida y amina, qué es un estereocentro y qué compuestos lo tienen, y qué es la quiralidad molecular y qué compuestos son quirales.

1. 1. Cetona (un C=O unido a dos carbonos): el loxoprofeno (el C=O del anillo de cinco) y el bromofenaco (el C=O que une los dos anillos bencénicos).

2. 2. Éter (un O unido a dos carbonos, ninguno de los cuales forma un C=O): la etenzamida ($\mathrm{-O{-}CH_2CH_3}$), el naproxeno ($\mathrm{-O{-}CH_3}$ sobre el naftaleno) y el fenclofenaco (el O que une los dos anillos).

3. 3. Éster ($\mathrm{-COO-}$ unido a un carbono por los dos lados): el ácido acetilsalicílico (el grupo $\mathrm{-O{-}CO{-}CH_3}$) y el salicilato de metilo ($\mathrm{-COO{-}CH_3}$).

4. 4. Amida (un N unido a un C=O): la etenzamida ($\mathrm{-CO{-}NH_2}$). 5. Amina (un N que no está unido a ningún C=O): el diclofenaco (el NH entre los dos anillos) y el bromofenaco (el $\mathrm{-NH_2}$ del anillo).

5. Un estereocentro o carbono asimétrico es un carbono tetraédrico unido a cuatro sustituyentes distintos. El ibuprofeno y el naproxeno tienen uno: el carbono unido a H, $\mathrm{CH_3}$, COOH y el anillo (Ar). El loxoprofeno tiene dos: ese mismo y el carbono del anillo de cinco que lleva el $\mathrm{CH_2}$, unido a H, al $\mathrm{CH_2}$ y a dos caminos distintos dentro del anillo (uno hacia el C=O y otro hacia los $\mathrm{CH_2}$). Los demás AINE no tienen: sus carbonos tetraédricos son $\mathrm{CH_2}$ o $\mathrm{CH_3}$.

   $\mathrm{Ar{-}\overset{*}{C}H(CH_3){-}COOH}$

6. Una molécula es quiral si no se puede superponer a su imagen especular; existe en dos formas, los enantiómeros. Una molécula con un solo estereocentro siempre es quiral, y el loxoprofeno, con dos estereocentros distintos, también lo es. Por tanto, son quirales el ibuprofeno, el naproxeno y el loxoprofeno.

Planteamiento Se pide el tipo de reacción orgánica de la reacción directa y de la inversa, si el rendimiento es mayor con el ácido salicílico disuelto en agua o en metanol, y cómo afecta el ácido sulfúrico al rendimiento.

1. Reacción directa: un ácido carboxílico (el ácido salicílico) y un alcohol (el metanol) se unen para formar un éster y liberan una molécula de agua: es una condensación (una esterificación).

   $\mathrm{R{-}COOH}$${}+\mathrm{CH_3OH\rightleftharpoons R{-}COOCH_3}$${}+\mathrm{H_2O}$

2. Reacción inversa: el agua rompe el éster y salen el ácido carboxílico y el alcohol: es una hidrólisis.

3. El metanol es un reactivo. Si el ácido salicílico se disuelve en metanol, hay un gran exceso de ese reactivo, $Q_c$ baja por debajo de $K_c$ y, según el principio de Le Châtelier, el equilibrio se desplaza hacia los productos: el rendimiento es mayor. Si se disuelve en agua, se añade uno de los productos y el equilibrio se desplaza hacia los reactivos: el rendimiento baja.

   $Q_c$${}= \frac{[\mathrm{R{-}COOCH_3}]\,[\mathrm{H_2O}]}{[\mathrm{R{-}COOH}]\,[\mathrm{CH_3OH}]}$

4. El ácido sulfúrico está como catalizador: rebaja la energía de activación de la reacción directa y de la inversa, de modo que el equilibrio se alcanza antes, pero no cambia la constante de equilibrio ni, por tanto, el rendimiento.

Planteamiento Se pide qué AINE es más ácido según la $K_a$, la reacción del ibuprofeno con el agua y el pH al disolver $500\,\mathrm{mg}$ de ibuprofeno en $250\,\mathrm{mL}$ de agua.

1. Cuanto mayor es la $K_a$, más desplazado hacia la derecha está el equilibrio de disociación y más $\mathrm{H_3O^+}$ da el ácido. La $K_a$ mayor de la tabla es la del ácido acetilsalicílico: es el más ácido.

   $K_a$${}= 3{,}89\cdot10^{-4}$${}> 1{,}55\cdot10^{-4}$${}> 1{,}00\cdot10^{-4}$${}> \ldots$

2. El ibuprofeno es un ácido carboxílico débil ($\mathrm{C_{13}H_{18}O_2}$${}= \mathrm{C_{12}H_{17}COOH}$): cede el protón del COOH al agua.

   $\mathrm{C_{12}H_{17}COOH(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)\rightleftharpoons C_{12}H_{17}COO^-(aq)}$${}+\mathrm{H_3O^+(aq)}$

3. Concentración inicial, suponiendo que toda la pastilla se disuelve y que el volumen de la disolución es de $250\,\mathrm{mL}$.

   $M$${}= 13\cdot12{,}0+18\cdot1{,}0$${}+2\cdot16{,}0$${}= 206{,}0\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$c_0$${}= \frac{0{,}500\,\mathrm{g}/206{,}0\,\mathrm{g\,mol^{-1}}}{0{,}250\,\mathrm{L}}$${}= 9{,}71\cdot10^{-3}\,\mathrm{M}$

4. Tabla de equilibrio ($c_0-x$, $x$, $x$) y ecuación de segundo grado; nos quedamos con la raíz positiva.

   $\frac{x^{2}}{9{,}71\cdot10^{-3}-x}$${}= 1{,}41\cdot10^{-5}$${}\Rightarrow x=[\mathrm{H_3O^+}]$${}= 3{,}63\cdot10^{-4}\,\mathrm{M}$

5. Calculamos el pH.

   $\mathrm{pH}=-\log(3{,}63\cdot10^{-4})=3{,}44$

Planteamiento Se pide la fórmula semidesarrollada de la sal sódica del naproxeno y si una disolución de Antalgin® es ácida o básica, justificado con las reacciones de hidrólisis.

1. La sal sódica se obtiene sustituyendo el H del grupo COOH del naproxeno por $\mathrm{Na^+}$: es un carboxilato de sodio. El $\mathrm{C_{10}H_6}$ es el naftaleno de la estructura de la tabla, con el $\mathrm{CH_3O{-}}$ en un anillo y la cadena $\mathrm{-CH(CH_3){-}COO^-}$ en el otro.

   $\mathrm{CH_3O{-}C_{10}H_6{-}CH(CH_3){-}COO^-\,Na^+}$

2. Al disolverse, la sal se disocia totalmente en iones.

   $\mathrm{R{-}COONa(s)}$${}\rightarrow \mathrm{R{-}COO^-(aq)}$${}+\mathrm{Na^+(aq)}$

3. El $\mathrm{Na^+}$ procede de una base fuerte (el hidróxido de sodio) y no reacciona con el agua.

4. El anión del naproxeno es la base conjugada de un ácido débil ($K_a=1{,}45\cdot10^{-5}$): se hidroliza, capta un protón del agua y libera $\mathrm{OH^-}$.

   $\mathrm{R{-}COO^-(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)\rightleftharpoons R{-}COOH(aq)}$${}+\mathrm{OH^-(aq)}$

5. La concentración de $\mathrm{OH^-}$ aumenta y la disolución es básica ($\mathrm{pH}>7$). La constante de basicidad del carboxilato es pequeña, pero no nula: es una base débil.

   $K_b$${}= \frac{K_w}{K_a}$${}= \frac{1{,}0\cdot10^{-14}}{1{,}45\cdot10^{-5}}$${}= 6{,}9\cdot10^{-10}$

Planteamiento El acetato es la base conjugada de un ácido débil. Lo neutralizamos con el patrón ácido y obtenemos la concentración mediante la estequiometría.

1. Na⁺ es espectador; el acetato genera OH⁻ en agua, de modo que elegimos HCl y no NaOH.

   $\mathrm{CH_3COO^-}$${}+\mathrm{H_2O\rightleftharpoons CH_3COOH}$${}+\mathrm{OH^-}$

2. La neutralización consume HCl y acetato en proporción uno a uno. En equivalencia queda ácido acético y el pH es ácido.

   $\mathrm{CH_3COONa+HCl}$${}\rightarrow \mathrm{CH_3COOH+NaCl}$

3. El naranja de metilo sirve porque vira en la zona ácida: el pH de equivalencia sale cerca de 3,71, dentro de su intervalo de viraje. Aun así, al valorar esta base débil el salto de pH es poco marcado y el punto final es poco preciso.

   $c_{\mathrm{HAc},eq}$${}= \frac{0{,}010\cdot0{,}0156}{0{,}050+0{,}0156}$$K_a=\frac{x^2}{c_{eq}-x}\Rightarrow\mathrm{pH}_{eq}\simeq3{,}71$

4. Multiplicamos los moles de HCl por la masa molar del acetato de sodio y dividimos por el volumen de salsa.

   $M$${}= 2\cdot12+3\cdot1+2\cdot16+23$${}= 82\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$c_m$${}= \frac{0{,}010\cdot0{,}0156\cdot82}{0{,}050}$${}= 0{,}25584\,\mathrm{g\,L^{-1}}$

Planteamiento La energía de un fotón crece con el número de onda. Convertimos los centímetros inversos a metros inversos y comparamos las bandas con la tabla del examen.

1. De los tres valores marcados, 3024 es el mayor y corresponde a la mayor energía.

   $\widetilde\nu$${}= 3024\,\mathrm{cm^{-1}}$${}= 302400\,\mathrm{m^{-1}}$

2. El inverso del número de onda es la longitud de onda.

   $\lambda$${}= \frac1{302400}$${}= 3{,}3069\cdot10^{-6}\,\mathrm m$

3. La frecuencia es c dividida por la longitud de onda; la energía es h por la frecuencia.

   $\nu$${}= c\widetilde\nu$${}= 3{,}0\cdot10^8\cdot302400$${}= 9{,}072\cdot10^{13}\,\mathrm{Hz}$$E=h\nu=6{,}0147\cdot10^{-20}\,\mathrm J$

4. La banda amplia del OH ácido y la del carbonilo a 1714 cm⁻¹ corresponden a COOH, no al carboxilato desprotonado. Es ácido acético. El dibujo usa transmitancia aunque el texto diga absorbancia: las absorciones son los mínimos de la curva.

   $\mathrm{COOH}:3550\!\!$${}-\!2500,\;1800\!\!$${}-\!1650\,\mathrm{cm^{-1}}$

Planteamiento Calculamos primero la concentración analítica y luego la disociación ácida del amonio. Adoptamos la aproximación del examen de volumen final igual a 100,0 mL.

1. El nitrato de amonio se disocia por completo; el nitrato es espectador.

   $M$${}= 2\cdot14+4\cdot1+3\cdot16$${}= 80\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$c_0$${}= \frac{14{,}25}{80\cdot0{,}1000}$${}= 1{,}7813\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$

2. Planteamos la primera disociación sin redondear c₀. Despreciamos la contribución del agua al hidronio frente a la del ácido.

   $\mathrm{NH_4^+}$${}+\mathrm{H_2O\rightleftharpoons NH_3}$${}+\mathrm{H_3O^+}$$\frac{x^2}{1{,}7813-x}=5{,}62\cdot10^{-10}$

3. La raíz positiva es la concentración de amoníaco y aproximadamente la de hidronio; el amonio restante es c₀−x.

   $x=3{,}1639\cdot10^{-5}$$[\mathrm{NH_4^+}]=1{,}7812\quad\mathrm{mol\,L^{-1}}$

4. Usamos el producto iónico del agua para el hidróxido. El medio se acidifica: facilita el hierro y dificulta el fósforo, según el enunciado. El agua es el disolvente; su molaridad no se determina con los datos aportados.

   $[\mathrm{OH^-}]$${}= \frac{10^{-14}}{x}$${}= 3{,}1606\cdot10^{-10}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$$\mathrm{pH}=-\log x=4{,}4998$

Planteamiento Relacionamos la velocidad con las colisiones eficaces y con la cantidad de catalizador biológico activo. El equilibrio y la rapidez son cuestiones distintas.

1. Al aumentar la temperatura, dentro del intervalo indicado, aumenta la fracción de colisiones que supera la barrera de activación. La reacción se acelera.

   $k=Ae^{-E_a/(RT)}$

2. Más oxígeno disponible permite más encuentros con el reactivo y aumenta la velocidad en el modelo del ejercicio; no deducimos un orden de reacción sin datos experimentales.

3. La acidificación reduce la población bacteriana y con ella la cantidad de enzimas activas; por tanto, disminuye la velocidad. Las enzimas ofrecen una ruta de menor energía de activación.

Planteamiento En el cátodo se reduce oxígeno a agua en medio ácido. La carga transferida permite hallar los moles de electrones y de oxígeno.

1. Ajustamos primero oxígeno e hidrógeno y después la carga. Se necesitan cuatro electrones por molécula de O₂.

   $\mathrm{O_2+4H^++4e^-\rightarrow2H_2O}$

2. Transformamos la hora en segundos y calculamos la carga.

   $Q=It=0{,}25\cdot3600=900\,\mathrm C$

3. Aplicamos Faraday y la proporción de cuatro electrones. Suponemos eficiencia farádica completa para esta reducción.

   $m(\mathrm{O_2})$${}= \frac{Q}{4F}\,M(\mathrm{O_2})$${}= \frac{900\cdot32}{4\cdot96500}$${}= 0{,}074611\,\mathrm g$

Planteamiento Un doble enlace permite poliadición; un monómero con alcohol y ácido permite policondensación. Después comprobamos sustituyentes y fórmula de los isómeros.

1. El propeno se une por apertura del doble enlace. El metilo queda como ramificación del polímero.

   $n\,\mathrm{CH_2{=}CH-CH_3}$${}\rightarrow [-\mathrm{CH_2-CH(CH_3)}-]_n\quad(\mathrm{PP})$

2. El ácido 3-hidroxibutanoico forma enlaces éster entre su OH y el COOH de otra molécula, liberando agua por enlace formado.

   $\mathrm{HO-CH(CH_3)-CH_2-COOH}$${}\rightarrow [-\mathrm{O-CH(CH_3)-CH_2-C(=O)}-]_n\quad(\mathrm{PHA})$

3. C3 tiene cuatro grupos distintos: H, OH, CH₃ y CH₂COOH. Por ello es un centro estereogénico y el monómero es quiral.

   $\mathrm{CH_3-CH^*(OH)}$${}-\mathrm{CH_2-COOH}$

4. Como isómero de cadena elegimos el ácido 3-hidroxi-2-metilpropanoico (cadena ramificada, con el OH aún en el carbono 3); como isómero de posición, el ácido 2-hidroxibutanoico (la misma cadena, con el OH en el carbono 2). Los dos tienen la misma fórmula molecular.

   $\mathrm{HO-CH_2-CH(CH_3)-COOH}$$\mathrm{CH_3-CH_2-CH(OH)-COOH}$$\mathrm{C_4H_8O_3}$

Planteamiento El PVC se forma abriendo el doble enlace del monómero. Enumeramos después conectividades y configuraciones distintas sin duplicar moléculas por renumeración.

1. El cloroeteno se incorpora a la cadena por adición; no se desprende una molécula pequeña en cada unión.

   $n\,\mathrm{CH_2{=}CHCl}$${}\rightarrow [-\mathrm{CH_2-CHCl}-]_n$

2. Los dos cloros pueden estar en un mismo carbono o en carbonos diferentes. En el segundo caso existen las disposiciones Z (mismo lado) y E (lados opuestos).

   $\mathrm{CH_2=CCl_2}\;(1,1\text{-dicloroeteno})$$(Z)\text{-}\mathrm{CHCl=CHCl}$$(E)\text{-}\mathrm{CHCl=CHCl}$

3. Para tricloroetano solo hay dos distribuciones diferentes: tres cloros en el mismo carbono o dos y uno. Son isómeros de posición.

   $\mathrm{CCl_3-CH_3}\;(1,1,1\text{-tricloroetano})$$\mathrm{CHCl_2-CH_2Cl}\;(1,1,2\text{-tricloroetano})$

4. Ninguno de los tricloroetanos tiene un carbono con cuatro sustituyentes distintos: aparecen cloros o hidrógenos repetidos. No presentan isomería óptica.

Planteamiento Aplicamos Hess con los valores impresos, incluido el signo negativo de la entalpía del acetileno. Relacionamos entalpía y energía interna por el cambio de moles gaseosos.

1. Restamos a la entalpía del producto las de los dos reactivos, con los datos del examen tal como vienen.

   $\Delta H^\circ$${}= -37{,}26$${}-[(-226{,}9)+(-92{,}3)]$${}= 281{,}94\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Por mol de reacción, el calor a presión constante es la entalpía. Para volumen constante necesitamos la energía interna.

   $q_p=\Delta H^\circ$$q_v=\Delta U^\circ$$\Delta H^\circ=\Delta U^\circ+\Delta n_gRT$

3. Desaparece un mol de gas neto. Pasamos 25 °C a 298,15 K.

   $\Delta n_g=1-2=-1$$\Delta U^\circ$${}= 281{,}94$${}-(-1)\frac{8{,}314\cdot298{,}15}{1000}$${}= 284{,}42\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Los dos calores son positivos: con los datos del examen, el sistema absorbe calor. Ojo: en las tablas, la entalpía de formación del acetileno es positiva (+226,7 kJ/mol); el signo negativo del examen es una errata, y la reacción real es exotérmica. En el examen se responde con los datos que da.

Planteamiento Estimamos la entalpía por energías de enlace: romper exige energía y formar libera energía. Después combinamos los signos de entalpía y entropía.

1. Se sustituye un C=C y un Cl–Cl por un C–C y dos C–Cl adicionales. Los otros enlaces se cancelan.

   $\Delta H^\circ\simeq E_{C=C}$${}+E_{Cl-Cl}-E_{C-C}$${}-2E_{C-Cl}$

2. Sustituimos las energías dadas. Es una estimación con energías medias de enlace.

   $\Delta H^\circ\simeq608+242$${}-348-2\cdot328$${}= -154\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Dos reactivos gaseosos dan un producto líquido: disminuye la dispersión de materia y esperamos entropía negativa. El término −TΔS penaliza más al aumentar T.

   $\Delta S<0$$\Delta H<0$$\Delta G=\Delta H-T\Delta S$

Planteamiento Identificamos qué cambia en los enlaces de cada reacción. Para geometría y polaridad, contamos dominios y sumamos dipolos.

1. HCl se añade al triple enlace del acetileno y lo transforma en doble; Cl₂ se añade al doble enlace del cloruro de vinilo y lo transforma en simple. Ambas son adiciones.

   $\mathrm{HC\equiv CH+HCl\rightarrow CH_2=CHCl}$$\mathrm{CH_2}$${}= \mathrm{CHCl+Cl_2}$${}\rightarrow \mathrm{CH_2Cl-CHCl_2}$

2. Cada carbono de acetileno tiene dos dominios: el enlace C–H y el triple enlace, que cuenta como uno. La molécula es lineal.

   $\mathrm{H-C\equiv C-H}$$\mathrm{AX_2}$$180^\circ$

3. En el cloroeteno, el enlace C–Cl está polarizado hacia Cl y no hay simetría que cancele el dipolo resultante.

   $\chi(\mathrm{Cl})=3{,}2>\chi(\mathrm C)=2{,}5$

Planteamiento Se piden el pH de una disolución $1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm{M}$ de ácido láctico, la masa de ácido para preparar $500{,}0\,\mathrm{mL}$ y el material de vidrio imprescindible.

1. Equilibrio del ácido monoprótico con el agua y tabla de equilibrio: $c_0-x$, $x$, $x$.

   $\mathrm{CH_3CH(OH)COOH}$${}+\mathrm{H_2O\rightleftharpoons CH_3CH(OH)COO^-}$${}+\mathrm{H_3O^+}$$K_a=\frac{x^{2}}{1{,}0\cdot10^{-3}-x}$

2. La $K_a$ no es lo bastante pequeña frente a $c_0$ para despreciar $x$: resolvemos la ecuación de segundo grado y nos quedamos con la raíz positiva.

   $x^{2}+1{,}38\cdot10^{-4}\,x$${}-1{,}38\cdot10^{-7}=0$${}\Rightarrow x=[\mathrm{H_3O^+}]$${}= 3{,}09\cdot10^{-4}\,\mathrm{M}$

3. Calculamos el pH.

   $\mathrm{pH}=-\log(3{,}09\cdot10^{-4})=3{,}51$

4. Masa: masa molar del $\mathrm{C_3H_6O_3}$ y moles que hay en $0{,}5000\,\mathrm{L}$.

   $M$${}= 3\cdot12{,}0+6\cdot1{,}0+3\cdot16{,}0$${}= 90{,}0\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$m$${}= 1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\cdot0{,}5000\,\mathrm{L}\cdot90{,}0\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$${}= 0{,}0450\,\mathrm{g}$

5. Para tener una concentración exactamente conocida hace falta un matraz aforado de $500\,\mathrm{mL}$: es material volumétrico calibrado para contener exactamente ese volumen cuando el líquido llega al enrase. Se disuelve el ácido pesado en un poco de agua destilada, se pasa al matraz y se enrasa con agua destilada.