Examen I

IES “MARIANO BAQUERO” MURCIA
2014–15
EXAMEN I QUÍMICA de 2º Bto. – A
2ª Evaluación
Dpto. de Física y Química
Viernes, 23-1-2015
NOMBRE: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . NOTA:
1.- (2,00 puntos) Nombra o formula las siguientes sustancias, según corresponda:
a) borato de sodio; b) hipoyodito de escandio; c) cianuro de aluminio; d) ácido nitroso;
e) etilenglicol; f) 2,2-difluoropropanal; g) benzoato de sodio;
h) HgSO4 ; i) PbS2 ; j) Co(OH)3 ;
k) CH3 (CH2 )5 CH3 ; l) CH C CH2 COOH ; m) CH3 CONH CH2 CH2 CH2 CH3 ;
TT
n) CH3 CH2 O TT
2.- (2,00 puntos) En un recipiente de 5 L se introducen 1,84 mol de nitrógeno y 1,02 mol de oxígeno.
Se calienta el recipiente hasta 2000 ◦C, en estas condiciones reacciona el 3 % del nitrógeno existente,
estableciéndose el equilibrio:
−−
*
N2 (g) + O2 (g) −
∆H ◦ = 180 kJ
)
− 2 NO (g)
Calcula:
a) Kc y K p .
b) La fracción molar de cada uno de los gases en el equilibrio y la presión total.
c) Razona cómo afectaría al equilibrio y al valor de la constante de equilibrio:
Una disminución de la temperatura.
Añadir un catalizador.
Un aumento de la presión total disminuyendo el volumen.
Añadir gas oxígeno en exceso.
3.- (2,00 puntos) Se sabe que el producto de solubilidad del fluoruro de plomo(II), PbF2 , a 18 ◦C vale
3,2 × 10−8 .
a) Calcula la solubilidad en mol/L.
b) Calcula la masa de sal que habrá en una disolución saturada de la misma en 250 mL a esa temperatura.
c) ¿En qué situación será más soluble la sal, si la disolvemos en una disolución de cloruro de sodio o en otra
de fluoruro de potasio? Razona la respuesta.
4.- (2,00 puntos) Razona si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones (se puede ilustrar la respuesta,
si se cree apropiado, mediante un dibujo o un cálculo):
a) Si aumentamos la temperatura, la velocidad una reacción aumenta porque disminuye la energía del
complejo activado.
b) Al añadir un catalizador aumenta la velocidad de la reacción pero no cambia la entalpía de la reacción.
c) Si la energía de activación de la reacción directa vale 12 kJ y la de la reacción inversa vale 21 kJ, entonces
la reacción es endotérmica.
5.- (2,00 puntos) Teniendo en cuenta las energías de enlace que se aportan, calcula la entalpía estándar de
reacción del proceso:
CH4 (g) + Cl2 (g) −−→ CH3 Cl (g) + HCl (g)
E(Cl−Cl) = 243,8 kJ/mol;
E(C−Cl) = 327,8 kJ/mol;
E(Cl−H) = 432,4 kJ/mol;
E(C−H) = 415,3 kJ/mol.
Datos:
F 19; Pb 207,2 g/mol.
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1.- FORMULACIÓN:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
Na3 BO3
Sc(IO)3
Al(CN)3
HNO2
CH2 OH CH2 OH
CH3 CF2 CHO
h)
i)
j)
k)
l)
m)
n)
sulfato de mercurio(II) / tetraoxidosulfato de mercurio / tetraoxidosulfato(2-) de mercurio(2+)
sulfuro de plomo(IV) / disulfuro de plomo
hidróxido de cromo(III) / trihidróxido de cromo
heptano
ácido 3-butinoico
N-butiletanamida / N-butilacetamida
etilfeniléter / etoxibenceno
TT
COONa
T
g) T
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EQUILIBRIO QUÍMICO HOMOGÉNEO:
Introducimos en un recipiente de 5 L, 1,84 mol de N2 y 1,02 mol de O2 . El recipiente se calienta a 2000 ◦C + 273 = 2273 K:
N2 (g)
Inicial:
Equilibrio:
+
1,84 mol
1, 84 − x
O2 (g)
−
−−
*
)
−
1,02 mol
1, 04 − x
2 NO2 (g)
–
2x
Cuando se alcanza el equilibrio ha reaccionado el 3 % del nitrógeno existente:
x = 3 % de 1,84 mol =
3
· 1, 84 = 0, 03 · 1, 84 = 0,0552 mol
100
Completamos la tabla en la que representamos el equilibrio:
N2 (g)
Inicial:
Equilibrio:
1,84 mol
1, 84 − 0, 0552 =
1,7848 mol
+
O2 (g)
−−−
*
)
−
1,02 mol
1, 04 − 0, 0552 =
0,9648 mol
2 NO2 (g)
–
2 · 0, 0552 =
0,1104 mol
a) La constante de equilibrio en función de las concentraciones, Kc es:

‹
0, 1104 2
2
[NO2 ]
5
Kc =
=
= 7,078 × 10−3
1, 7848 0, 9648
[N2 ] [O2 ]
·
5
5
K p = Kc (RT )∆n = 7,078 × 10−3 (RT )0 = 7,078 × 10−3
donde ∆n es la variación del número de moles de gas en la ecuación ajustada del equilibrio: ∆n = 2 − 2 = 0.
b) La fracción molar de un componente de la mezcla gaseosa es el cociente entre la cantidad de moles de ese componente y
el total de moles de gas, n T = 1, 7848 + 0, 9648 + 0, 1104 = 2,86 mol:
nNO
0, 1104
=
= 0,038 60
nT
2, 86
nN
1, 7848
χ(N2 ) = 2 =
= 0,624 06
nT
2, 86
χ(NO) =
χ(O2 ) = 1 − χ(NO) − χ(N2 ) = 1 − 0, 03860 − 0, 62406 = 0,337 34
La presión total se puede calcular utilizando la ecuación de estado de los gases ideales, PT V = n T RT :
PT =
n T RT
2, 86 · 0, 082 · 2273
=
= 106,6 atm
V
5
c)
El equilibrio es endotérmico porque la entalpía de la reacción es positiva, ∆H ◦ = 180 kJ > 0. El equilibrio lo
−−−
*
podríamos representar así: Q + N2 (g) + O2 (g) )
− 2 NO (g).
Al disminuir la temperatura estamos extrayendo energía en forma de calor y el equilibrio, según el principio de Le
Châtelier, se desplazará en el sentido en que se libere algo de calor, esto es, hacia la izquierda.
La constante de equilibrio depende de la temperatura, así que, al desaparecer algo de NO y formarse algo más de N2
y de O2 , la constante de equilibrio:
[NO2 ]2
Kc =
[N2 ] [O2 ]
deberá disminuir.
Al añadir un catalizador no se altera el equilibrio, pues sólo se modifica el mecanismo de la reacción. Además, si no
hemos modificado la temperatura, la constante de equilibrio no variará.
Al aumentar la presión total debido a una disminución de volumen, el equilibrio se va a oponer, de acuerdo con el
principio de Le Châtelier, desplazándose hacia donde menos moles de gas haya. Como hay el mismo número de
moles en los reactivos que en los productos, el equilibrio no se verá afectado.
Por otra parte, si no cambiamos la temperatura, la constante de equilibrio no se modificará.
Al añadir gas oxígeno en exceso el sistema se opondrá intentando eliminar algo de oxígeno, luego se desplazará
hacia la derecha.
Como no cambiamos la temperatura, la constante de equilibrio no se verá afectada.
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PRODUCTO DE SOLUBILIDAD (EQUILIBRIO HETEROGÉNEO):
El equilibrio de solubilidad del fluoruro de plomo(II) es:
−−−
*
)
−
PbF2 (s)
c
c−s
Inicial:
Equilibrio:
Pb2+ (ac)
–
s
+
2 F– (ac)
–
2s
donde c es el número de moles de sal sólida (PbF2 ) que queremos disolver por cada litro de agua y s es la solubilidad, esto
es, la concentración de una disolución saturada de esta sal a la temperatura a la que se encuentre la disolución.
La expresión del producto de solubilidad es:
K ps = [Pb2+ ] [F− ]2 = s · (2s)2 = s · 4s2 = 4s3
De donde la solubilidad s en mol/L vale:
s=
v
t
3 K
ps
4
=
v
t
3
3,2 × 10−8
4
= 0,002 mol/L
Mediante la masa molar calcularemos la solubilidad en gramos por litro:
Mm (PbF2 ) = 207, 2 + 2 · 19 = 245,2 g/mol
cg/L = s · Mm = 0,002
g
mol
· 245,2
= 0,4904 g/L
L
mol
En 250 mL se disolverán:
250 mL
1000 mL
=
;
0,4904 g
x
x=
0, 4904 · 250
= 0,1226 g de PbF2
1000
c) El equilibrio de solubilidad del fluoruro de plomo(II) es:
2+
–
−−
*
PbF2 (s) −
)
− Pb (ac) + 2 F (ac)
Por otra parte, el cloruro de sodio:
NaCl (s) −−→ Na+ (ac) + Cl– (ac)
no tiene ningún ión común con el fluoruro de plomo(II) y no afectará al equilibrio de solubilidad del fluoruro de plomo. La
solubilidad no se verá afectada.
Por el contrario, el fluoruro de potasio,
KF (s) −−→ K+ (ac) + F– (ac)
tiene en común aniones fluoruro, F– con el equlibrio de solubilidad y, por tanto, al aumentar la concentración de estos
iones, y de acuerdo con el principio de Le Châtelier, el equilibrio de solubilidad del fluoruro de plomo(II) se desplazará
hacia la izquierda, provocando que se disuelva menos sal (efecto del ión común).
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CINÉTICA QUÍMICA:
a) Falsa. La aumentar la temperatura aumenta la velocidad de reacción porque se incrementa la energía ciéntica media de
las partículas con lo habrá una mayor frecuencia de colisiones eficaces (que superan la energía de activación). No cambia la
energía del complejo actlivado (la energía que tienen que superar los reactivos para llegar a formar el complejo activado).
b) Verdadera. Si añadimos un catalizador la reacción química seguirá otro mecanismo en el que el complejo activado tenga
menor energía (con menor energía de activación). El cambio en el mecanismo no modifica el valor de la energía de los
reactivos ni de los productos, por lo que la entalpía de la reacción (entalpía de los productos menos la de los reactivos) no
cambiará. [Aquí habría que representar un diagrama entálpico e ilustrar la respuesta]
c) La entalpía de la reacción es la energía de activación de la reacción directa menos la de la reacción inversa:
∆H = Ea − Ea0 = 12 − 21 = −9 kJ
La reacción es exotérmica porque ∆H < 0.
[Aquí habría que representar un diagrama entálpico e ilustrar la respuesta] [En el diagrama se puede apreciar sin cálculos
que la reacción es exotérmica]
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TERMOQUÍMICA (ENERGÍAS DE ENLACE):
Queremos calcular la entalpía estándar de la reacción:
CH4 (g) + Cl2 (g) −−→ CH3 Cl (g) + HCl (g)
Las sustancias con todos sus enlaces:
H
H C H
H
+
Cl Cl
−−−→
H
H C Cl +
H Cl
H
A continuación enumeramos los enlaces rotos y los formados:
Enlaces rotos
1 mol C−H
1 mol Cl−Cl
Enlaces formados
1 mol C−Cl
1 mol H−Cl
Para romper enlaces hay que aportar energía, luego la energía de estos enlaces rotos la pondremos con signo positivo. por
el contrario, cuando se forman enlaces se desprende energía y ésta la pondremos con signo negativo:
X
X
∆H ◦ =
E(rotos) −
E(formados) = E(C−H) + E(Cl−Cl) − E(C−Cl) − E(H−Cl)
= 415, 3 + 243, 8 − 327, 8 − 432, 4 = 659, 1 − 760, 2 = −101,1 kJ/mol
Las demás soluciones no están disponibles.