soluciónejercicio química modelo 0

1
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
BLOQUE A
1. a. Defina el concepto de enlace covalente polar y explique si el enlace C-F presente en la
molécula tetrafluoruro de carbono tiene mayor o menor carácter polar que el enlace O-F
existente en la molécula de difluoruro de oxígeno. (hasta 1,0 punto)
b. ¿Cuál de las dos moléculas citadas en el apartado anterior es de esperar que tenga mayor
carácter polar? Razone la respuesta. (hasta 1,0 punto)
Datos: Electronegatividad: F = 4,1; O = 3,5; C = 2,5.
El enlace covalente es el resultado de la compartición de electrones por dos átomos. Cuando los
átomos son distintos, los electrones del enlace se distribuyen asimétricamente de forma que existe
una acumulación de carga negativa en las proximidades del átomo más electronegativo. El resultado
neto es que el átomo más electronegativo adquiere una carga parcial negativa y el átomo menos
electronegativo adquiere una carga parcial positiva.
Estas cargas parciales separadas por una distancia generan un dipolo eléctrico y otorgan a dicho
enlace un momento dipolar. Teniendo este un carácter vectorial.
Cuanto mayor es la diferencia de electronegatividades entre los átomos más polar es el enlace. Un
enlace se considera iónico cuando la diferencia de electronegatividades es mayor que 2,0. Si la
diferencia de electronegatividad está entre 0,4 y 1,7 es un enlace covalente polar, y si es inferior a
0,4 es un enlace covalente apolar.
El enlace C-F tiene más carácter polar, diferencia de electronegatividades 1,6, que el enlace O-F
cuya diferencia de electronegatividades es 0,6.
Para analizar el carácter polar de una molécula, dado el carácter vectorial del momento dipolar, se
debe conocer su geometría. De acuerdo con la TRPECV:
Conf electrónica
átomo central
Geometría
pares
electrones
Geometría
molécular
→ 1s2//2s22p2
Tetraédrica
Tetraédrica
1s2//2s22p4
Tetraédrica
Angular
CF4
6C
OF2
8O→
del
Estructura
Lewis
Estructura
Lewis
TRPECV
De acuerdo con la geometría de la molécula el tetrafluoruro de carbono es apolar debido a que su
geometría tetraédrica hace que la suma vectorial de los momentos dipolares de los enlaces C-F sea
igual a cero.
Sin embargo, la molécula de difluoruro de oxígeno es angular. Por tanto, la suma de los momentos
dipolares de los enlaces O-F, es distinta de cero y la molécula tiene carácter polar.
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
2
BLOQUE A
2. Considerando los potenciales estándar de reducción correspondientes a los pares redox que
se indican abajo:
a. Justifique razonadamente cuáles son el oxidante y el reductor más fuertes presentes en
dichos pares. (hasta 1,0 punto)
b. Deduzca si es de esperar que, en las condiciones estándar, el yodo molecular oxide al
hierro(II) hasta hierro(III) reduciéndose él a ión yoduro. (hasta 1,0 punto)
Datos: E0(Fe3+/Fe2+) = +0,77 V; E0(Mn2+/Mn) = -1,18 V; E0(I2/I-) = 0,54 V.
a.
Las semirreacciones de reducción de los correspondientes pares son:
reducción:
Fe3+ + 1e- → Fe2+ E0 = + 0,77 V
reducción:
I2 + 2e- → 2IE0 = + 0,54 V
reducción:
Mn2+ + 2e- → Mn E0 = - 1,18 V
Un buen reductor es el que cede electrones fácil (los metales son buenos reductores)
Un buen oxidante es el que coge electrones fácil (los NO metales son buenos oxidantes)
Las semirreacciones de reducción indican la “facilidad para coger electrones”, por tanto el hierro
(III) será el mejor oxidante. Tiene el potencial de reducción más elevado y se reduce con facilidad
a hierro(II)
Fe3+ + 1e- → Fe2+
E0reducción = E0(Fe3+/Fe2+) = +0,77 V
Si se escriben las semirreacciones de oxidación, ahora los E0 serán los de oxidación (cambio de
signo):
oxidación:
Fe2+ → Fe3+ + 1e- E0 = - 0,77 V
reducción:
2I- → I2 + 2eE0 = - 0,54 V
2+
reducción:
Mn → Mn + 2e
E0 = +1,18 V
Las semirreacciones de oxidación indican la “facilidad para ceder electrones”, por tanto el Mn será
el mejor reductor. Tiene el potencial de oxidación más elevado y se oxida fácilmente a Mn(II):
oxidación: Mn → Mn2+ + 2e- E0oxidación = -E0(Mn2+/Mn) = +1,18 V
b.
Las semirreacciones que se deben dar en el proceso son:
oxidación: Fe2+ → Fe3+ + 1e-E0(Fe3+/Fe2+) = -0,77 V
reducción: I2 + 2e- → 2IE0(I2/I-) = 0,54 V
global: 2Fe2+ + I2 → 2Fe3+ + 2I-
E0reacción = -0,77 V + 0,54 V = -0,23 V < 0
Como el E0reacción es negativo, la reacción no es espontánea, el yodo molecular no es capaz de
oxidar al hierro (II).
3
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
BLOQUE A
3. Una disolución es 1,0·10-3 M en cloruro de bario y 1,0·10-2 M en cloruro de estroncio. Se
añade cromato de potasio hasta que comienza a formarse un precipitado.
a. Determine la naturaleza del precipitado. (hasta 1,0 punto)
b. Calcule cuál es la concentración del ión cromato en ese momento. (hasta 0,5 puntos)
c. ¿Que concentración del otro ión metálico se necesitaría para que ambos cromatos
precipitaran en ese momento? (hasta 0,5 puntos)
Datos: Kps (cromato de bario) = 1,6 · 10-10; Kps (cromato de estroncio) = 3,6 · 10-5.
a. y b.
La disociación del cloruro de bario es: BaCl2 → Ba2+ + 2 ClY la concentración de iones bario es: [Ba2+] = 1,0 · 10-3 mol/L
La disociación del cloruro de estroncio es: SrCl2 → Sr2+ + 2 ClY la concentración de iones estroncio es: [Sr2+] = 1,0 · 10-2 mol/L
Al añadir cromato de potasio se proporcionan iones cromato que hace que precipiten los cromatos insolubles
(ver Kps de los datos)
Ba2+ + CrO42-
Sr2+ + CrO42-
BaCrO4(s)
SrCrO4(s)
Cuando las respectivas sales comiencen a precipitar se tiene que cumplir que:
Kps (BaCrO4) = [Ba2+] · [CrO42-] = 1,6·10-10
Kps (SrCrO4) = [Sr2+] · [CrO42-] = 3,6·10-5
Al añadir iones CrO42- comenzará a precipitar primero el compuesto que supere su Kps en primer lugar.
Para que precipite el cromato de bario la concentración de iones cromato debe ser:
[CrO 4 2 − ] =
K ps ( BaCrO 4 )
[ Ba
2+
]
=
1,6 · 10 −10
1,0 · 10
−3
= 1,6 · 10 −7 mol / L
Para que precipite el cromato de estroncio la concentración de iones cromato debe ser:
[CrO 4 2 − ] =
K ps ( SrCrO 4 )
[ Sr 2 + ]
=
3,6 · 10 −5
1,0 · 10 − 2
= 3,6 · 10 −3 mol / L
Por tanto el cromato de bario es la primera sustancia que comienza a precipitar y la concentración de iones
cromato en ese instante es: [CrO42-] = 1,6·10-7 mol/L
c.
Para que precipite el cromato de estroncio es ese momento se tiene que cumplir que:
[ Sr 2 + ] =
K ps ( SrCrO 4 )
[CrO 42 − ]
=
3,6 · 10 −5
1,6 · 10 −7
= 225 mol / L
--------------------------------------Razonando de otra manera:
Para que los dos cromatos comiencen a precipitar conjuntamente se tiene que cumplir que la relación entre
las concentraciones de los cationes es:
[ Sr 2 + ]· [CrO 4 2 − ]
[ Ba
2+
]· [CrO 4
2−
]
=
K ps ( SrCrO 4 )
K ps ( BaCrO 4 )]
;
[ Sr 2 + ]
[ Ba
2+
Despejando y como [Ba2+] = 1,0·10-3 mol/L
]
=
3,6 · 10 −5
1,6 · 10
−10
= 2,25· 10 5
[Sr2+] = 1,0·10-3 mol/L · 2,25·105 = 225 mol/L
4
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
BLOQUE A
4. Calcule la entalpía de la reacción de combustión del etanol:
a. A partir de las entalpías de formación (en kJ/mol) siguientes: (hasta 1,0 punto)
etanol(l) = -277,67; agua(l) = -285,84; dióxido de carbono(g) = -393,51.
b. A partir de las entalpías de enlace (en kJ/mol) siguientes: (hasta 1,0 punto)
C – C = 347; C – H = 414; C – O = 360; O=O = 498; C=O = 798: O-H = 464.
a.
La reacción de combustión del etanol es:
CH3CH2OH(l) +
3O2(g)
esteq
∆H0 (kJ/mol)
1
-277,67
3
2CO2(g) +
3H2O(l)
2
3
-393,51
-285,84
Como se proporcionan los datos de las entalpías de formación a esa temperatura de las distintas
especies químicas, aplicando la ley de Hess y como el entalpía de formación del O2(g) es igual a
cero al estar en su forma normal y teniendo en cuenta la estequiometría, se calcula la entalpía de
reacción:
∆Hreacción = ΣHformación(productos) - ΣHformación(reactivos) =
= 2 mol · (-393,51 kJ/mol) + 3 mol · (-285,84 kJ/mol) - 1 mol · (-277,67 kJ/mol) = -1366,87 kJ
b.
En la reacción hay que romper (∆H positivas, se absorbe energía):
un enlace C-C
1·347 = 347 kJ
cinco enlaces C-H
5·414 = 2.070 kJ
un enlace sencillo C-O
1·360 = 360 kJ
un enlace sencillo O-H
1·464 = 464 kJ
tres dobles enlaces O=O
3·498 = 1.494 kJ
TOTAL ENERGÍA ROMPER ENLACES = 4.735 kJ
Nota: El agua está en
estado líquido y las
entalpías de enlace son
para sustancias en estado
gaseoso. No se tiene en
cuenta aquí.
Posteriormente se forman (∆H negativas, se desprende energía):
cuatro dobles enlaces C=O
4·798 = 3.192 kJ
seis enlaces O-H
6·464 = 2.784 kJ
TOTAL ENERGÍA FORMAR ENLACES = 5.976 kJ
∆Hreacción = ΣHenlaces rotos - ΣHenlaces formados = 4.735 - 5.976 = - 1.241 kJ
Los valores no coinciden por que las entalpías de enlace son valores promedio de esos enlaces en
diversas moléculas.
5
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
BLOQUE A
5. Nombre los siguientes compuestos:
a) CH2=CH-CH3 ; CH2OH-CH2-CH2-CH2OH ; CH3 -O- C6H5 ; CH3 –CO-CH3 ;
CH3-CH2-COOCH3. (hasta 1,0 puntos)
b) Formule los siguientes compuestos:
2-metilheptano; 1,3-butadieno; fenol; ácido propanoico; etilamina. . (hasta 1,0 puntos)
a.
CH2=CH-CH3
CH2OH-CH2-CH2-CH2OH
CH3 -O- C6H5
CH3 –CO-CH3
CH3-CH2-COOCH3
Propeno
1,4-butanodiol
Etil-fenil-éter
Propanona
Propanoato de metilo.
b.
2-metilheptano
1,3-butadieno
fenol
ácido
propanoico
etilamina
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
6
BLOQUE B
1. En relación con la estructura atómica:
a. Escriba el nombre y la configuración electrónica completa y ordenada de los elementos de
número atómico 15, 19, 23 y 34. (hasta 0,8 puntos)
b. Enuncie el principio de exclusión de Pauli y la regla de Hund y deduzca razonadamente
cuántos electrones desapareados tiene cada uno de los elementos, antes citados, en su estado
fundamental. (hasta 1,2 puntos)
fósforo (Z = 15): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3
potasio (Z = 19): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1
vanadio (Z = 23): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3
selenio (Z = 34): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p4
El principio de exclusión de Pauli dice que dos electrones de un mismo átomo no pueden tener
iguales sus cuatro números cuánticos.
La regla de Hund o de máxima multiplicidad dice que los electrones, al ocupar orbitales de idéntica
energía (degenerados), se distribuyen en el mayor número de orbitales posibles (máxima
multiplicidad o desapareamiento).
7
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
BLOQUE B
2. Calcule la energía reticular del cloruro de cesio utilizando un ciclo de Born-Haber
elaborado con las magnitudes termodinámicas que se proporcionan. (hasta 2,0 puntos)
Datos:
∆Hsublimación(cesio) = 78,2 kJ/mol; ∆Hdisociación(cloro) = 244 kJ/mol;
∆Hionización(cesio) = 375,7 kJ/mol; ∆Hafinidad electrónica(cloro) = - 348 kJ/mol;
∆Hformación(cloruro de cesio) = -442,8 kJ/mol.
a) Energía de red, ∆H0red, de un sólido iónico AB es la energía asociada a la formación de un
compuesto iónico a partir de un mol de cationes A+ y un mol de aniones B-, ambos en estado
gaseoso, cuando se aproximan desde una distancia infinita hasta sus posiciones de equilibrio en la
red cristalina. Es siempre una magnitud exotérmica y es la energía intercambiada en el proceso:
A+ (g) + B- (g) →AB (s)
En nuestro caso el proceso pedido es: Cs+ (g) + Cl- (g) → CsCl (s)
∆H0red
Como ciclo termodinámico, la energía para llegar al CsCl (s) debe ser la misma por el camino 1 que
por el camino 2. Por tamto:
∆H0formación, CsCl = ∆H0sublimación, Cs + ∆H0ionización, Cs + ½ ∆H0disociación, Cl2 + ∆Hafinidadelectrónica, Cl + ∆H0red
Por tanto y sustituyendo: (todo en kJ/mol)
- 442,8 = 78,2 + 375,7 + ½ 244 - 348 + ∆H0reticular
∆H0reticular = - 442,8 - 78,2 - 375,7 - ½ 244 + 348 = -670,7 kJ
8
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
BLOQUE B
3. En un horno de combustión se quema una tonelada de pirita que contiene el 75 % en peso
de disulfuro de hierro. Calcule:
a. La masa de óxido de hierro (III) obtenido si el rendimiento del proceso de combustión es
del 60 % (hasta 1,0 punto)
b. El volumen de dióxido de azufre obtenido, en las condiciones anteriores, si el gas se recoge a
17ºC y a 850 mmHg de presión. (hasta 0,5 puntos)
c. El volumen de oxígeno consumido en condiciones normales. (hasta 0,5 puntos)
a.
Se escribe la reacción y se ajusta:
4 FeS2 (s) +
estequio.
inicial
final
4
6250
11 O2 (g)
2 Fe2O3 (s) +
8 SO2 (g)
11
z
2
8
x
y
Una tonelada de mineral son 106 g de mineral, de ellos el 75% es FeS2 (s), por tanto los moles
iniciales de este compuesto son:
nFeS 2 = 106 g pirita
75 g FeS 2 1 mol FeS 2
= 6250 mol FeS 2
100 g pirita 120 g FeS 2
Con la estequiometría de la reacción y el rendimiento de la misma, los moles de Fe2O3 (s) reales (x)
que se obtendrán son:
n Fe2O3 = 6250 mol FeS 2
2 mol Fe2O3 60 reales
= 1875 mol Fe2O3 reales
4 mol FeS 2 100 teóri cos
Y la masa de Fe2O3 (s) será:
m Fe2O3 = 1875 mol Fe2O3
159,6 g Fe2O3
= 299250 g Fe2O3 reales
1mol Fe2O3
b.
Análogo para el cálculo de SO2:
n SO2 = 6250 mol FeS 2
8 mol SO2 60 mol reales
= 7500 mol SO2 reales
4 mol FeS 2 100 mol teóri cos
Aplicando la ecuación de los gases ideales y como 1 atm = 760 mmHg, resulta que:
p · V = n · R · T; 850 mmHg
1 atm
atm · L
5
· V = 7500 mol · 0,082
( 273 + 17) K Y VSO2 = 1,59 · 10 L
760 mmHg
mol · K
c.
Debido al rendimiento del proceso, la masa de oxígeno consumida es el 60 % de la cantidad
estequiométrica. Como 1 mol de cualquier gas ocupa 22,4 L medidos en condiciones normales de
presión y de temperatura:
VO2 = 6250 mol FeS 2
11 mol O2 60 mol consumidos 22,4 L O2
= 2,31·105 L O2 consumidos en c.n.
4 mol FeS 2 100 mol teóri cos 1mol O2
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
9
BLOQUE B
4. Para el equilibrio H2(g) + I2(g) X 2 HI(g), la constante de equilibrio es Kc = 54,8 a 425 ºC.
a. ¿Cuáles serán las concentraciones en el equilibrio si 0,60 moles de HI se calientan a esta
temperatura en un volumen de 1,0 litro? (hasta 1,2 puntos)
b. ¿Cual es el porcentaje de disociación del HI? (hasta 0,8 puntos)
Se construye la siguiente tabla, teniendo en cuenta que por cada α moléculas que se disocian de HI,
se forman α/2 de H2 y α/2 de I2.
I2 (g)
H2 (g) +
2 HI (g)
inicial (mol/L)
0
0
0,60
x
x
0,60 -2x
Aplicando la ley de Acción de Masas: K c =
[ HI ]2
(0,60 − 2 x ) 2
⇒ 54,8 =
[ H 2 ]· [ I 2 ]
x2
Calculando x:
54,8 =
(0,60 − 2 x ) 2
0,60 − 2 x
0,60
⇒ 54,8 =
⇒ 7,40· x = 0,60 − 2 x ⇒ x =
= 0,064 mol / L
2
x
9
,40
x
Por tanto las concentraciones de las especies en equilibrio son:
[HI] = 0,60 - 2·0,064 = 0,472 mol/L
[I2] = [H2] = 0,064 mol/L
* Comprobando si se cumple Kc:
Kc =
[ HI ]2
0,472 2
⇒
= 54,4 …..
[ H 2 ]· [ I 2 ]
0,064 2
y Kc=54,8 resultado acorde con las aproximaciones en decimales
de operaciones.
El porcentaje de disociación del HI (α) será:
α=
2x
2·0,064
n disociados
=
⇒α =
= 0,213 ⇒ α = 21,3%
0,60
0,6
n iniciales
Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009
Actualizado abril-2016
10
BLOQUE B
5. Necesitamos preparar 1 L de disolución de ácido nítrico 10-1 molar y en el laboratorio se
dispone de ácido nítrico del 62,7 % en peso y densidad 1,38 g/cm3.
a. Calcule el volumen que hay que utilizar de la disolución de ácido nítrico concentrada.
(hasta 1,0 punto)
b. Explique como procedería para preparar la disolución 10-1 M. (hasta 0,5 puntos)
c. Nombre y dibuje el material de laboratorio que utilizaría. (hasta 0,5 puntos)
a.
Para calcular la molaridad de la disolución concentrada, se calculan los moles de HNO3 que
contienen un litro de la misma. Esta será su molaridad:
1000 cm 3 disolución
1,38 g disolución 62,7 g HNO3 1 mol HNO3
= 13,73 mol / L
1cm 3 disolución 100 g disolución 63 g HNO3
Aplicando la ley de la conservación de la masa: los moles de ácido nítrico de la disolución diluida
son los que deben ir en el volumen de la disolución concentrada que en la que se debe preparar.
nconcentrada = ndiluida
Mconcentrada · Vconcentrada = Mdiluida · Vdiluida
Sustituyendo:
13,73·Vconcentrada = 0,1·1 Y Vconcentrada = 7,3·10-3 L = 7,3 cm3 de la disolución concentrada
b. y c.
Se vierte un poco de ácido comercial en un vaso de precipitados. Con una pipeta limpia y seca y
ayudándonos con una pera de succión, se miden 7,3 cm3 de ácido comercial, que se vierten
lentamente sobre un poco de agua destilada que contiene otro vaso de precipitados. La disolución se
trasvasa a un matraz aforado y se rellena con agua destilada hasta un litro de disolución.