QUÍMICA SEPTIEMBRE 2006 PRIMERA PARTE

QUÍMICA
SEPTIEMBRE 2006
INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN. La prueba consta de dos partes. En la primera
parte se propone un conjunto de cinco cuestiones de las que el alumno resolverá únicamente tres. La
segunda parte consiste en dos opciones de problemas, A y B. Cada una de ellas consta de dos problemas;
el alumno podrá optar por una de las opciones y resolver los dos problemas planteados en ella, sin que
pueda elegir un problema de cada opción. 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
PRIMERA PARTE
CUESTIONES
Cuestión 1.- La configuración electrónica del último nivel energético de un elemento es 4s2 4p3. De
acuerdo con este dato:
a) Deduzca la situación de dicho elemento en la tabla periódica.
Solución.
Por la configuración electrónica de la capa de valencia es un elemento del grupo del nitrógeno,
 Periódo : 4
por el valor de n, del cuarto nivel (As): 
Grupo : 15 ó VB
b) Escriba los valores posibles de los números cuánticos para su último electrón.
Solución.
Número cuántico principal: n = 4
Número cuántico secundario ó azimutal correspondiente al subnivel p: l = 1
Número cuántico magnético: m = −1, 0, 1
Número cuántico de spin: s = ±½
(4, 1, −1, ½); (4, 1, −1, −½); (4, 1, 0, ½); (4, 1, 0, −½); (4, 1, 1, ½); (4, 1, 1, −½)
c) Deduzca cuántos protones tiene un átomo de dicho elemento.
Solución.
El número de protones (Número atómico Z) coincide con el número de electrones por tratarse de
un átomo. El número de electrones es la suma de los electrones que hay en cada capa ó nivel, viniendo
este determinado por la expresión 2n2, correspondiendo n al nivel
Nivel
Estado
nº de electrones
1
Completo
2·12 = 2
2
Completo
2·22 = 8
3
Completo
2·32 = 18
4
Incomplet0
5
nº e− = nº p+ = Z = 2 + 8 + 18 + 5 = 33
d) Deduzca los estados de oxidación más probables de este elemento.
Solución.
- As3−: [Ar]; 4s2 p6
- As3+: [Ar]; 4s2 p0
- As5+: [Ar]; 4s0 p0
Nota: [Ar] ≡ representa la configuración electrónica del Argón (Gas noble anterior al elemento).
Puntuación máxima por apartado: 0’5 puntos.
Cuestión 2.- Para las siguientes especies: Br2, NaCl, H2O y Fe
a) Razone el tipo de enlace presente en cada caso.
Solución.
- Br2: Enlace covalente apolar, por estar formado por dos átomos no metálicos iguales.
- NaCl: Enlace iónico, por estar formado por un átomo metálico y un no metálico.
- H2O: Enlace covalente polar, por estar formado por dos átomos no metálicos de diferente
electronegatividad.
- Fe: Enlace metálico. Por estar formado por átomo metálicos
b) Indique el tipo de interacción que debe romperse al fundir cada compuesto.
Solución.
- Br2: Fuerzas intermoleculares de Van de Waals de dispersión
- NaCl: Energía reticular o energía de red.
- H2O: Fuerzas intermoleculares de tipo enlace de hidrógeno.
- Fe: Enlace metálico
c) ¿Cuál tendrá un menor punto de fusión?
Solución.
El Br2 por ser las fuerzas que mantienen unidas las moléculas las más débiles.
d) Razone qué compuesto/s conducirá/n la corriente en estado sólido, cuál/es lo hará/n en estado
fundido y cuál/es no conducirá/n la corriente eléctrica en ningún caso.
Solución.
La conductividad aparece en aquellas sustancias que tengan electrones deslocalizados.
- Br2: Enlace covalente. Electrones localizados. No conductor en ningún estado.
- NaCl: Enlace iónico. Conductor de 2ª especie. Conduce en disolución o fundido por formar
iónes, es no conductor en estado sólido.
- H2O: Enlace covalente. Electrones localizados. No conductor en ningún estado.
- Fe: Enlace metálico. Electrones deslocalizados, conductor.
Puntuación máxima por apartado: 0’5 puntos.
Cuestión 3.- El amoniaco reacciona a 298 K con oxígeno molecular y se oxida a monóxido de nitrógeno
y agua, siendo su entalpía de reacción negativa.
a) Formule la ecuación química correspondiente con coeficientes estequiométricos enteros.
Solución.
4 NH 3 (g ) + 5O 2 (g ) ↔ 4 NO(g ) + 6H 2 O(l )
b) Escriba la expresión de la constante de equilibrio Kc.
Solución.
Por tratarse de un equilibrio heterogéneo (líquido-gas), la constante de equilibrio solo es función
de los componentes en estado gaseoso.
Kc =
NO
NH 3
c)
4
4
O2
5
Razone cómo se modificará el equilibrio al aumentar la presión total a 298 K si son todos los
compuestos gaseosos a excepción del H2O que se encuentra en estado líquido.
Solución.
Según Le Chatelier al aumentar la presión, la reacción se desplaza en el sentido de originar
aquellas sustancias que ocupen menos volumen. En la reacción propuesta, al aumentar la presión el
equilibrio se desplaza hacia PRODUCTOS (derecha), por haber nueve moles gaseosos en reactivos y
cuatro moles gaseosos en productos.
d) Explique razonadamente cómo se podría aumentar el valor de la constante de equilibrio.
Solución.
Por ser una reacción exotérmica (∆H<0, desprende calor), al disminuir la temperatura el
equilibrio se desplaza en el sentido en el que se desprenda calor, hacia productos (derecha),
4 NH 3 (g ) + 5O 2 (g ) ↔ 4 NO(g ) + 6H 2 O(l ) + Q
aumentando las concentraciones de productos y disminuyendo la de reactivos, y por lo tanto aumentado el
valor de la constante de equilibrio.
Puntuación máxima por apartado: 0’5 puntos.
Cuestión 4.- En disolución ácida, el ión dicromato oxida al ácido oxálico (H2C2O4) a CO2 según la
reacción (sin ajustar):
Cr2O72− + H2C2O4 → Cr3+ + CO2
a) Indique los estados de oxidación de todos los átomos en cada uno de los reactivos y productos de
dicha reacción.
Solución.
 H : +1

2 − Cr : +6
- Reactivos. Cr2 O 7 : 
H 2 C 2 O 4 :  C : +3
O
:
2
−

O : −2

C
:
+
4

- Productos. Cr3+: +3
CO 2 : 
O : −2
b) Escriba y ajuste las semireacciones de oxidación y reducción.
Solución.
- Semirreacción de reducción: Cr2 O 72 − + 14H + + 6e − → Cr 3+ + 7H 2 O
-
Semirreacción de oxidación: H 2 C 2 O 4 − 2e − → 2CO 2 + 2H +
c) Ajuste la reacción global.
Solución.
Combinando linealmente las dos ecuaciones para eliminar los electrones, se obtiene la ecuación
iónica global del proceso.
Nota: Observar como hemos cambiado el signo al proceso de oxidación
d) Justifique si es espontánea o no en condiciones estándar.
Datos.- Eº (Cr2O72−/ Cr3+) = 1,33 V; Eº (CO2/H2C2O4) = −0,49 V
Solución.
La espontaneidad de los procesos de transferencia de electrones viene determinada por el valor
del potencial, ya que este se relaciona con la variación de energía libre (∆G) según la relación
∆G = − nFE , donde n es el número de electrones que se transfieren (valor positivo) y F es la constante de
Faraday (F =96500C/Eq), por lo tanto:
- Sí E > 0 ⇒ ∆G < 0. Reacción espontánea
- Si E = 0 ⇒ ∆G = 0. Sistema en equilibrio
- Si E < 0 ⇒ ∆G >0. Reacción no espontánea, espontánea en sentido contrario.
EºT = 1’82 v > 0 ⇒ ∆G < 0 Reacción ESPONTÁNEA
Puntuación máxima por apartado: 0’5 puntos.
Cuestión 5.- Para cada una de las siguientes reacciones, formule y nombre los productos mayoritarios que
se puedan formar y nombre los reactivos orgánicos.
Solución.
 CH 3 − CH = CH − CH 3 (Mayoritario )

2 - Buteno

H SO 4
a) CH 3 − CH 2 − CHOH − CH 3 2 
→
2 − BUTANOL
CH 3 − CH 2 − CH = CH 2

1 - Buteno
b)
H+
CH 3 OH + CH 3 − COOH →
 CH 3 − COO − CH 3 + H 2 O
METANOL
c)
Ac. ETANOICO
CH 3 − CH = CH − CH 3 + HCl → CH 3 − CHCl − CH 2 − CH 3
2 − BUTENO
d)
ETANOATO DE METILO
2 − CLORO BUTANO
ClCH 2 − CH 2 − CH 3 + KOH → CH 2 = CH − CH 3
1− CLORO PROPANO
PROPENO
Puntuación máxima por apartado: 0’5 puntos.
SEGUNDA PARTE
OPCIÓN A
Problema 1.- Sabiendo que la temperatura de ebullición de un líquido es la temperatura a la que el
líquido puro y el gas puro coexisten en el equilibrio a 1 atm de presión, es decir ∆G = 0, Y considerando
el siguiente proceso:
Br2 (1) ↔ Br2 (g)
)
Datos a 25°C: ∆Hfº (Br2(g)) = 30,91 kJ·mo1−1; ∆Hfº (Br2(l)) = O; Sº(Br2(g)) = 245,4 J·mor1−1K−1;
Sº(Br2(1)) = 152,2 J·mol−1K−1
Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.
a) Calcule ∆H° a 25°C.
Solución.
Por ser la entalpía una función de estado, sus variaciones solo dependen de las condiciones
iniciales y finales, por lo tanto se pueden calcular mediante la Ley de Hess.
∆HºR = ∑νi·∆Hºf(Productos)i − ∑νi·∆Hºf(Reactivos)i
∆H oR = ∆H of (Br2 (g) ) − ∆H of (Br2 (l) ) = 30'91 − 0'00 = 30'91 kJ
mol
Reacción Endotérmica
b) Calcule ∆Sº
Solución.
Por ser la entropía una función de estado, sus variaciones solo dependen de las condiciones
iniciales y finales, por lo tanto se pueden calcular mediante la Ley de Hess.
∆SºR = ∑νi·Sº(Productos)i − ∑νi·Sº(Reactivos)i
∆S oR = Sº (Br2 (g) ) − Sº (Br2 (l) ) = 245'4 − 152'2 = 93'2 J
mol ⋅ K
Reacción con aumento de desorden.
c) Calcule ∆Gº a 25°C e indique si el proceso es espontáneo a dicha temperatura.
Solución.
Por su definición:
∆G = ∆H − T·∆S
∆G = 30'91 − 298 ⋅ 93'2 × 10 −3 = 3'14 kJ
> 0 ⇒ No espontánea
mol
Nota: En el cálculo de la ∆G hay que tener cuidado con las unidades, frecuentemente ∆H se expresa en
kJ mientras que ∆S en J, de hay el factor 10−3 en la entropía.
d) Determine la temperatura de ebullición del Br2, suponiendo que ∆H° y ∆Sº no varían con la
temperatura.
Solución.
En el punto de ebullición se establece un equilibrio entre el líquido y su vapor y por tanto ∆G = 0
30'91 kJ
∆H
mol
∆G = 0 = ∆H − Teq ⋅ ∆S ⇒ Teq = Teb =
=
= 331'6K
−
3
kJ
∆S 93'2 × 10
mol ⋅ K
Problema 2. Se sabe que el ión permanganato oxida el hierro (II) a hierro (III), en presencia de ácido
sulfúrico, reduciéndose él a Mn (II).
Puntuación máxima por apartado: 1,0 punto.
a) Escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción y la ecuación iónica global.
Solución.
H 2SO 4
MnO −4 + Fe 2 + 

→ Mn 2 + + Fe 3+
Elementos que varían su valencia:
Mn : 7 + → 2+ : Gana e −
Fe : 2+ → 3+ : Pierde e −
Las semireacciones (S.R.) ajustadas en medio ácido son:
b) ¿Qué volumen de permanganato de potasio 0,02 M se requiere para oxidar 40 mL de disolución
0,1 M de sulfato de hierro (II) en disolución de ácido sulfúrico?
Solución.
En el punto de equivalencia de una volumetría red-ox se debe cumplir:
n º Eq − gr (Oxidante ) = n º Eq − gr (Reductor )
que aplicado al problema propuesto:
n º Eq − gr (NaMnO 4 ) = n º Eq − gr (FeSO 4 )
Debido al estado de agregación (disolución)
N(KMnO 4 ) ⋅ V (KMnO 4 ) = N(FeSO 4 ) ⋅ V(FeSO 4 )
Teniendo en cuenta la relación entre la normalidad y la molaridad (N = M·v)
M (KMnO 4 ) ⋅ v(KMnO 4 ) ⋅ V(KMnO 4 ) = M (FeSO 4 ) ⋅ v(FeSO 4 ) ⋅ V (FeSO 4 )
siendo v la valencia redox ó numero de electrones que se transfieren en la semirreacción.
0'02 mol ⋅ 5 Eq
⋅ V (KMnO 4 ) = 0'1 mol ⋅1 Eq
⋅ 40 ×10 −3 L
L
mol
L
mol
V (KMnO 4 ) = 40 × 10 −3 L
OPCIÓN B
Problema 1. Sabiendo que la energía que posee el electrón de un átomo de hidrógeno en su estado
fundamental es 13,625 eV.
Datos.- h = 6’62×10−34J·s; e− = 1’6×10−19C; c = 3×108 m·s−l
calcule:
a) La frecuencia de la radiación necesaria para ionizar el hidrógeno.
Solución.
La energía que posee el electrón de un átomo de hidrógeno en su estado fundamental (1s1),
equivale a la energía desprendida por el electrón al pasar del infinito (posición donde el núcleo no ejerce
influencia sobre él) al nivel n = 1, y es la necesaria para arrancar al electrón del átomo, denominada
energía o potencial de ionización (Ei).
E i (H ) = 13'625 eV ⋅1'6 × 10 −19 J
= 2'18 × 10 −18 J
eV
Conocida la energía necesaria para ionizar el átomo de hidrógeno, la ecuación de Planck
(E = h·ν) permite calcular la frecuencia de la radiación que la producirá.
ν=
E
2'18 × 10 −18 J
=
= 3'29 × 1015 s −1
h 6'62 ⋅10 −34 J ⋅ s
b) La longitud de onda en nm y la frecuencia de la radiación emitida cuando el electrón pasa del
nivel n = 4 al n = 2.
Solución.
Primero se calcula la energía asociada a la transición mediante:
 1
1 
E = R H ⋅ 2 − 2 
n1 < n 2
n

 1 n2 
conocida la energía se calcula la frecuencia y la longitud de onda.
El valor de la constante de Rydberg se obtiene de la energía que posee el electrón en su estado
fundamental
1 
 1
E = R H ⋅  2 − 2  ⇒ R H = E = 2'18 ×10 −18 J
∞ 
1
Para la transición de n = 4 a n = 2:
1 
 1
E = 2'18 × 10 −18 ⋅  2 − 2  = 4'09 ×10 −19 J
4 
2
E
4'09 × 10 −19 J
=
= 6'17 ×1014 s −1
h 6'62 × 10 −34 J ⋅ s
Para radiaciones luminosas, la longitud de onda será:
3 × 10 8 m
c
s = 4'87 ×10 −7 m = 487 ×10 −9 m = 487 nm
λ= =
ν 6'17 × 1014 s −1
Puntuación máxima por apartado: a) 1 punto; b) y c) 0’5 puntos.
ν=
Problema 2. Una disolución contiene 0,376 gramos de feno1 (C6H5OH) por cada 100 mL. Sabiendo que
el fenol se puede comportar como ácido débil monoprótico y que su valor de Ka es 1,0×10−10, calcule:
a) Las concentraciones finales de feno1 y fenolato presentes en la disolución, así como el pH y el
porcentaje de ionización del fenol.
Solución.
Concentración inicial (co) de fenol:
0'376 gr
m(C 6 H 5 OH )
gr
n (C 6 H 5 OH ) M (C 6 H 5 OH ) 157 mol
C 6 H 5 OH =
=
=
= 0'024 M
Vd +s (L )
Vd +s (L )
100 × 10 −3 L
El fenol es un ácido extremadamente débil como lo pone de manifiesto el valor de su constante
(Ka = 1’0×10−10) que se disocia según el siguiente cuadro de reacción, siendo co su concentración inicial y
α su grado de disociación,
Aplicando la ley de Ostwald al equilibrio y simplificando co:
Ka =
[C H O ]⋅ [H O ] = c α
−
6
+
5
3
[C 6 H 5 OH]
2
o
1− α
Por ser un ácido extremadamente débil, el grado de disociación (α) será despreciable frente 1

c α2
Ka
K a = o
2
Hipótesis : α < 0.05
despejando : α =
1− α ⇒ K a = coα
co
 1 − α → 1
1'0 × 10 −10
= 6'5 × 10 −5 < 0'05 ⇒ Válida
0'024
Concentraciones en el equilibrio:
- Fenol: C 6 H 5 OH = c o (1 − α ) = 0'024 ⋅ 1 − 6'5 × 10 −5 ≈ 0'024M
α=
(
)
-
Fenolato y protones: C 6 H 5 O − = H 3 O + = c o α = 0'024 ⋅ 6'5 × 10 −5 = 1'56 × 10 −6 M
-
pH = − log H 3 O + = − log 1'56 × 10 −6 = 5'8
-
% ionización = 0’00156 %
(
)
b) El volumen de disolución de hidróxido de sodio 0,2 M que se necesitaría para valorar
(neutralizar) 25 mL de disolución de fenol.
Solución.
En el punto de equivalencia de una neutralización ácido base se debe cumplir:
n º Eq − gr (ácido ) = n º Eq − gr (base )
Por estar en disolución:
N a ⋅ Va = N b ⋅ Vb
Teniendo en cuenta que:
v(C 6 H 5 OH ) = 1  N (C 6 H 5 OH ) = M(C 6 H 5 OH )
N = M⋅v:
:
 v(NaOH ) = 1   N (NaOH ) = M(NaOH )
En ácido base, la valencia es el número de protones que desprende el ácido ó el numero de OH−
que desprende la base.
M (C 6 H 5 OH ) ⋅ V (C 6 H 5 OH ) = M(NaOH ) ⋅ V(NaOH )
V (NaOH ) = V(C 6 H 5 OH )
M (C 6 H 5 OH )
0'024
= 25 × 10 −3
= 3 ×10 −3 L = 3 mL
M (NaOH )
0'2
Datos.- Masas atómicas: H=1, C=12 y 0=16.
Puntuación máxima por apartado: 0’5 puntos.