Solución PAU QUÍMICA

PAEU Química septiembre 2012
BLOQUE A
1.- Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:
a) Explique la geometría de las siguientes moléculas: CH3Cl, NH3, BeCl2 y PCl5
b) Indique la polaridad de las mismas.
La geometría molecular se refiere a la disposición tridimensional de los átomos en una molécula.
Un modelo para explicar esta geometría es la teoría de repulsión de los pares electrónicos de la capa de
valencia (RPECV)
La teoría RPECV se basa en la repulsión de los pares de electrones de la capa de valencia del átomo central,
suponiendo que la geometría que finalmente adopta la molécula es aquella en que la repulsión entre los pares
es mínima.
Para su aplicación e interpretación en una agrupación de átomos determinada (molécula o ión):
1. Se disponen los electrones de la capa de valencia del átomo central de acuerdo con el modelo de Lewis
(peden ser 8, menos o más).
2. Se compone la estructura de Lewis de la molécula o ión, observando si existen o no pares de electrones
NO enlazantes en el átomo central.
3. Se disponen en el espacio dichos pares teniendo en cuenta la disposición de máximo alejamiento o mínima
repulsión.
CH3Cl
1s2//2s22p2 ................
………………
…………….
Geometría de pares: Tetraédrica
Geometría molecular: Tetraédrica
El átomo de cloro al ser más voluminoso que los de hidrógeno cerrará la la pirámide triangular formada por
el carbono y los hidrógenos.
6C
NH3
1s2//2s22p3 ................
.................
Geometría de pares: Tetraédrica
Geometría molecular: Pirámide triangular
7N
..................
BeCl2
1s2//2s2 ................
Geometría de pares: Lineal
Geometría molecular: Lineal
4Be
.................
..................
PCl5
1s2//2s22p6//3s23p3 ................
.................
..................
........
El P en su estado fundamental tiene 3 electrones desapareados y formará compuestos tales como el PCl3.
Pero al aparecer en la capa 3 orbitales d, un electrón 3s puede promocionar al subnivel 3d, quedando 5
electrones desapareados, formando compuestos tales como el PCl5.
15P
3s
↑↓
↑
↑
↑
3p
↑
↑
3d
↑
↑
↑
Geometría de pares: Bipirámide triangular
Geometría molecular: Bipirámide triangular
1
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b) Polraridad
Para explicar cualitativamente la polaridad de una molécula hay que tener en cuenta la polaridad de cada
enlace (mayor cuando aumenta la diferencia de electronegatividad) y la geometría de la molécula, ya que el
momento dipolar es vectorial y por tanto, el momento dipolar de la molécula será la suma vectorial de los
momentos dipolares de cada enlace.
CH3Cl
* Enlaces C-H prácticamente apolares
* Enlace c-Cl polar
→ Molécula POLAR
NH3
BeCl2
El N es más EN que el H, los tres enlaces N-H son pollares.
El momento bipolar total será la suma vectorial de los tres.
→ Molécula POLAR
El Cl es más EN que el Be, los dos enlaces serán polares.
Pero la suma vectorial será cero por geometría.
→ Molécula APOLAR
PCl5
El Cl en más EN que el P. Los cinco enlaces serán polares,
Pero se anulan por simetría geométrica.
→ Molécula APOLAR
2.- Sabiendo que en la combustión de 1 kg de carbón se desprenden 3,81·104 kJ. Calcule:
a) La entalpía estándar de combustión del CH4.
b) I.a energía que se desprende en la combustión de 1 kg de CH4.
c) El volumen de CH4, medido a 25 °C y 1 atm de presión, que es necesario quemar para producir la
misma energía que en la combustión de 1 kg de carbón.
Datos: ∆Hºf CH4 = -75 kJ/mol;
∆Hºf CO2 = -391 kJ/mol;
∆Hºf H2O (l) = -286 kJ/mol
a) Se escribe la combustión del CH4
CH4 +
2 O2 →
CO2 +
estequiometría 1
2
1
∆Hºf (kJ/mol)
-75
0 (por definición) -394
2 H2O
2
-286
∆Hº =?
El ∆Hº de esta reacción será: ∆Hº = ∑∆Hºf productos - ∑∆Hºf reactivos
∆Hº = -394 + 2(-286) – (-75) = -891 kJ/mol CH4
b) Utilizando factores de conversión:
− 891
1 mol CH 4 10 3 g
kJ
kJ
·
·
= −5,57·10 4
mol CH 4
16 g
1 kg
kg CH 4
(el signo menos indica energía desprendida)
c) Se calculan el número de mol de CH4 que desprenden la misma energía que un kg de carbón:
(Prescindiendo del signo, sabiendo que es una energía desprendida)
3,81·10 4
1 mol CH 4
mol CH 4
kJ
·
= 42,76
kg carbón 891 kJ
kg carbón
Ahora se calcula el volumen que ocupan esos mol de CH4, en las condiciones dadas, con pV=nRT:
V =
42,76·0,082·( 273 + 25)
= 1.044,9 L ≈ 1,04 m 3
1
2
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3.- Si a 25 °C el producto de solubilidad del ZnS es 1,1·10-21, explique, razonando la respuesta, si las
siguientes propuestas son verdaderas o falsas para una disolución acuosa de ZnS:
a) En el equilibrio, la concentración del ión Zn2+ será igual que la del ión S2- si no existe ninguna otra
sal disuelta.
b) El número de moles de ZnS que puede haber disueltos en un litro de agua será, como máximo,
3,3·10-11.
c) Si se adicionan iones Zn2+ a la disolución, aumentará la solubilidad del ZnS.
d) Si se aumenta la temperatura se disolverá mayor cantidad de ZnS.
a) En el equilibrio, la concentración del ión Zn2+ será igual que la del ión S2- si no existe ninguna otra sal
disuelta.
Verdadero, si no existe otra sal disuelta.
En el equilibrio:
Kps = 1,1·10-21
↓ZnS
Zn2+
S2
equi
s
s
Y por tanto: [Zn 2+ ] = [S 2 − ] = s ( mol / L)
b) El número de moles de ZnS que puede haber disueltos en un litro de agua será, como máximo, 3,3·10-11.
Verdadero. De acuerdo con el equilibrio:
Kps = s· s ⇒ Kps = s 2 ⇒ s = Kps = 1,1·10 −21 ⇒ s = 3,3·10 −11 mol / L
Luego es correcto. En 1L de agua puede haber disueltos como máximo 3,3·10-21 mol de ZnS
c) Si se adicionan iones Zn2+ a la disolución, aumentará la solubilidad del ZnS.
Falso.
En el equilibrio:
Si ahora se añaden iones Zn2+, el sistema, de acuerdo con el
↓ZnS
Zn2+
S2
principio de Le-Chatelier, tenderá a retirar iones Zn2+ y S2para mantener constante Kps. Por tanto precipitará más ZnS,
equi
s
s
disminuyendo su solubilidad. (Efecto del ión común)
d) Si se aumenta la temperatura se disolverá mayor cantidad de ZnS.
No puede saberse.
* Como no se indica el ∆H de disolución, no puede saberse si el proceso es endo o exotérmico y por tanto no
se puede evaluar la influencia de la temperatura en la solubilidad en este caso.
* En general, la mayoría de los procesos de disolución de los compuestos iónicos son procesos endotérmicos.
Si asi fuese, en este caso, un aumento de la temperatura favorecerá el proceso de disolución, aumentando la
solubilidad (de acuerdo con el principio de Le-Chatelier).
4.- Calcule el valor del pH de cada una de las siguientes disoluciones:
a) 200 mL de disolución de KOH 0,1M.
b) 200 mL de disolución de NH3, 0,1M.
c) 200 mL de disolución de KOH 0,1M más 100 mL de disolución de HCl 0,2M.
Datos: Kb NH3 = 1,8·10-5
a) pH de 200 mL de disolución de KOH 0,1M.
El KOH es una base fuerte y según la teoría de Arrhenius se disocia por completo:
Suponiendo despreciables los OH- que provienen de la
KOH
OH→ K+
autoionización agua.
pOH = -lg[OH-]
inicial 0,1
final
0,1
0,1
pOH = -lg0,1 → pOH = 1, como pH + pOH = 14
pH = 14 – 1 → pH = 13
-----
3
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b) 200 mL de disolución de NH3, 0,1M.
El NH3 es una base débil (Kb NH3 = 1,8·10-5), y de acuerdo con la teoría de Brönsted-Lowry:
x2
NH3 + H2O
NH4+ + OHKb =
, suponiendo, en principio x<<0,1 y
0,1 − x
inicial 0,1
haciendo los cálculos:
equi
0,1 - x
x
x
Kb =
x2
⇒ x = Kb·0,1 = 1,34·10 −3 mol / L .
0,1 − x
Si se analiza
el error cometido al despreciar x frente a 0,1:
Error =
cantidad despreciada
x
·100 =
·100 = 1,36% Menor que el 5% admitido
cantidad total
0,1 − x
Por tanto:
pOH = -lg[OH-] → pOH = -lg 1,34·10-3 → pOH = 2,87
pH = 14 – 2,87 → pH = 11,13
c) 200 mL de disolución de KOH 0,1M más 100 mL de disolución de HCl 0,2M.
KOH …. 200 mL, 0,1M
KOH + HCl
H2O
KCl +
n = M·V = 0,1·0,2 = 0,02 mol KOH
esteq
1
1
1
1
HCl …. 100 mL, 0,2M
inicial 0,02
0,02
n = M·V = 0,2·0,1 = 0,02 mol HCl
reacc
0,02
0,02
Las cantidades iniciales en mol de KOH y de HCl son
final
0,02
0,02
estequiométricas. No sobra de ninguno. Se forma una
sal, KCl, que proviene de un ácido fuerte y una base fuerte. Por tanto, no generará hidrólisis y el pH sera
neutro, pH = 7
5.- Responda las siguientes cuestiones:
a) Nombre los siguientes compuestos:
CH3-CH2-CH=CH-C≡C-CH=CH-CH3;
CH3-CH2-CH2-CH2-CHO
CH3-COOH
CH3-CH2-CO-CH2-CH2-CH3
b) Formule los siguientes compuestos:
Butil-metil-amina
Etil-propil-éter
2-buteno
4-metil-1-hexanol
2,6-nonadien-4-ino
pentanal
3-hexanona
Ácido etanoico (acético)
Butil-metil- amina
Etil-propil-éter
2-buteno
4-metil-1-hexanol
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BLOQUE B
1.- Responda razonadamente las siguientes cuestiones:
a) Ordene de menor a mayor tamaño las siguientes especies químicas: Na+, Ne, O2-, Mg2+ y F-.
b) Defina primera energía de ionización y asigne los siguientes valores expresados en kJ/mol: 496; 738;
1314 y 1681 a los elementos F, Mg, Na y O.
a)
con la Tabla Periódica viendo el número atómico se comprueba el número de electrones de cada especie
química:
Son isoelectrónicas. Todas tienen los mismos electrones en la corteza, luego a
+
mayor número atómico con más fuerza son atraídos los electrones por el núcleo y
11Na ............. 10 e
mas pequeña será la especie química.
10Ne ............. 10 e
28O
............. 10 e2+
12Mg ........... 10 e
9F ................. 10 e
Mg2+ , Na+, Ne, F-, O2Crece tamaño
b)
La energía de ionización (EI) es la energía puesta en juego en el proceso de arrancar un electrón a un átomo
aislado, neutro y gaseoso en estado fundamental:
X(g) → X+(g) + 1e- EI
Para analizar variaciones de la EI en laTabla periódica deben de tenerse en cuenta básicamente los siguientes
factores:
1. Carga del núcleo
2. Número de niveles (capas)
3. Configuración electrónica de la última capa.
Para responder a la pregunta deben de ordenarse de mayor a menor (o al revés), las EI de los átomos de F,
Mg, Na y O.
* Se verá la configuración electrónica de todos:
1s2//2s22p5
9F
2
2
6
2
12Mg 1s //2s 2p //3s
2
2
6
1
11Na 1s //2s 2p //3s
2
2
4
1s //2s 2p
8O
* El F y el O están en el 2º periodo y su configuración electrónica próxima a la de gas inerte indica que
tienen tendencia a coger electrones más que a ceder luego su EI será mayor que la del Mg y el Na. Queda por
analizar F y O por un lado y Mg y Na por otro.
* El F y el O están en el mismo periodo, la última capa es la misma. El F tiene mayor número atómico que el
O (electrones más fuertemente ligados) y además el F tiene en la última capa estructura 2s22p5, faltándole un
electrón para 2s22p6, estructura de gas inerte. Esto hace que el F tenga una EI mayor que la del O. EI F>O
* El Na y el Mg están en el mismo periodo, la última capa es la misma. El Mg tiene mayor carga nuclear
(electrones más ligados) que el Na, además el Mg tiene el subnivel lleno (aumenta la estabilidad), Por tanto
cuesta más arrancar un electrón al Mg que al Na. EI del Mg > Na
Así de mayor a menor las EI serán:
F
>
1.681
O
>
1.314
Mg
738
>
Na
496 (kJ/mol)
2.- Para el proceso de equilibrio: 2SO2 (g) + O2 (g) ↔ 2SO3 (g); ∆H < 0; explique razonadamente:
a) ¿Hacia qué lado se desplazará el equilibrio cuando se aumente la temperatura?
b) ¿Hacia qué lado se desplazará el equilibrio cuando se disminuya la presión total?
c) ¿Cómo afectará a la cantidad de producto obtenido la presencia de un catalizador?
d) ¿Cómo afectará a la cantidad de producto obtenido la adición de oxígeno?
Equilibrio:
∆H < 0 (exotérmica)
2SO2 (g) + O2 (g) 2SO3 (g)
Los factores que afectan a un equilibrio y su desplazamiento, se valoran cualitativamente utilizando
El principio de Le-Chatelier: “Cuando a un sistema en equilibrio se le hace una modificación, el sistema
evoluciona en el sentido de contrarrestar los efectos de dicha modificación”.
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a) Si se aumenta la temperatura, como la reacción es exotérmica, desprende energía, el sistema tenderá a
bajar la temperatura, desplazándose hacia reactivos.
b) Si se disminuye la presión total, el sistema tenderá a subirla, desplazándose hacia donde haya mayor
número de moles gaseosos, en este caso se desplazará hacia reactivos.
c) Los catalizadores no desplazan un equilibrio. Su misión es aumentar la velocidad de reacción y llegar al
equilibrio en menos tiempo.
d) Si se adiciona oxígeno, el sistema tenderá a disminuir la cantidad extra de oxigeno en el equilibrio,
desplazándose hacia productos.
3.- Se dispone de 500 kg de mineral con una riqueza del 20% de CuCO3. Se hace reaccionar este
mineral con 100 litros de una disolución acuosa de ácido nítrico de densidad 1,39 g·cm-3 y riqueza del
65 %, formándose Cu(NO3)2. Calcule:
a) La concentración molar del ácido nítrico.
b) ¿Qué reactivo queda sin reaccionar?
c) ¿Qué cantidad de nitrato de cobre (II), expresada en kg, se ha formado si el rendimiento del
proceso es del 86 %?
a)
Tomando un litro de la disolución 1.390 g/L, se calcula la molaridad:
1.390
1 mol HNO3
g disolución 65 g HNO3
= 14,34 mol HNO3 / L = 14,34 M
L disolución 100 g disolución 123,56 g HNO3
b)
esteq
inicial
reacc
final
CuCO3 +
1
809,32
x (717)
92,32
2HNO3
2
1.434
1.434
0
→
Cu(NO3)2 +
1
…..
Y (717)
Imagina que no conoces las otras sustancias
que se producen en la reacción. Suponiendo
que todo el N del ácido nitrico inicial vaya a
formar nitrato de cobre (II), es sencillo ver
que la estequiometría es la anotada en la
reacción, y con esto es suficiente para hacer
los cálculos.
Cálculo de los moles iniciales:
500 kg CuCO3 riqueza 20% …… 500 kg impuros
20 puros 10 3 g 1 mol
·
= 809,32 mol CuCO3 puros
100 impuros 1 kg 123,56 g
M=n/V …… n=M·V …… n=14,34·100 = 1.434 mol HNO3
Analizando la tabla se ve que para los 809,32 mol de CuCO3 harían falta el doble de moles de HNO3
2·809,32 = 1.618,64 mol de HNO3, y solo hay 1.434 mol. Luego gastará todo el HNO3 (reactivo limitante)y
sobrará CuCO3
Realizando los cálculos:
x = 1.434 mol HNO 3
1 molCuCO3
= 717 mol CuCO3 reaccionan
2 mol HNO3
….. por tanto quedan sin reaccionar:
809,32 – 717 = 92,32 mol CuCO3
Se calcula la cantidad de Cu(NO3)2 formado:
y = 1.434 mol HNO3
1 mol Cu ( NO3 ) 2
= 717 mol Cu( NO3 ) 2 se forman
2 mol HNO3
c)
Se calcula la masa en kg con rendimiento del 86%:
717 mol Cu( NO 3 ) 2
187,6 g 1 kg 86 reales
= 115,7 kg de Cu( NO 3 ) 2
1 mol 10 3 g 100 teóri cos
* La reacción completa es:
CuCO3 + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + CO2 + H2O
4.- Se introducen 4L de dióxido de carbono medidos a 720 mmHg y 30 °C en un recipiente de 5L de
capacidad que contiene nitrógeno en condiciones normales.
a) ¿Cuál será la masa en gramos de dióxido de carbono introducida?
b) Calcule la presión final de la mezcla gaseosa cuando alcance una temperatura de 20 °C y la
fracción molar de cada uno de los componentes en la misma.
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Un esquema del enunciado del ejercicio puede ser:
a)
Se introducen 4L de CO2 en las
condiciones indicadas, luego:
720
·4
pV
p·V = nRT ⇒ n =
⇒ n = 760
= 0,153 mol CO2
RT
0,082·303
En gramos:
0,153 mol CO2
44 g
= 6,71 g CO2 se int roducen
1 mol
b)
Para calcular la P total al final se necesita calcular el número de moles de N2 iniciales:
5L N 2 (C. N .)
1 mol
= 0,223 mol N 2
22,4 L
Por tanto, al final se tiene una mezcla de gases compuesta de:
0,223 mol N2
0,153 mol CO2
En total 0,376 mol gaseosos
Así la P total será:
p·V = nRT ⇒ p =
nRT
0,376·0,082·293
⇒n=
= 2,26 atm
V
4
Cálculo de las fracciones molares:
X N2 =
n N2
n total
X CO2 =
nCO2
n total
=
0,223
= 0,59
0,376
=
0,153
= 0,41
0,376
5.- Se construye una pila galvánica con los siguientes electrodos a 25 °C:
•
Una barra de hierro sumergida en una disolución 1 M de iones Fe2+.
•
Una barra de plata sumergida en una disolución 1 M de iones Ag+.
a) Escriba las semirreacciones que tienen lugar en cada electrodo y la reacción iónica global.
b) ¿Qué electrodo actúa como ánodo? ¿Cuál es la especie oxidante?
c) En estas condiciones, calcule la fuerza electromotriz inicial de la pila.
Datos: E° (Fe2+/Fe) = -0,44 voltios; E° (Ag+/Ag) = +0,80 voltios
a) b) y c)
Como la plata es un metal noble (le cuesta oxidarse) es lógico pensar que lo que que ocurra sea:
Ag+ + 1e- → Ag (reducción de la plata) Eº=+0,80V ....... CÁTODO (reducción)
La especie oxidante es la que coge electrones: Ag+
Si la plata se reduce será el hierro el que se oxide:
Fe + 2e- → Fe2+ (oxidación del hierro) Eº = - (-0,44V) = 0,44V ......
ÁNODO (oxidación)
La reacción iónica global, ajustando átomos y cargas:
Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag
Supongo esto y compruebo si el potencial final es positivo (funciona
como pila)
Asi el potencial (fuerza electromotriz) de la pila será:
Eº pila = 0,80 + 0,44 = 1,24V
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