Modelo 0 Química PAEU diciembre 2009

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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.
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.
La molécula de tetrafluoruro de carbono es apolar debido a que su
geometría tetraédrica hace que la suma de los momentos dipolares de
los enlaces sea igual a cero.
La molécula de difluoruro de oxígeno es angular debido a la repulsión
de los dos pares de electrones no enlazantes del oxígeno sobre los
electrones del enlace. Po tanto, la suma de los momentos dipolares de
los enlaces es distinta de cero y la molécula tiene carácter polar.
F
··O
C
F
F
F
F
F
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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.
Las semirreacciones de reducción de los correspondientes pares son:
reducción: Fe3+ + 1e- → Fe2+
E0 = +0,77 V
reducción: I2 + 2e- → 2IE0 = +0,54 V
2+
reducción: Mn + 2e → Mn
E0 = -1,18 V
El reductor más fuerte es el manganeso ya que 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
El mejor oxidante es el hierro (III) ya que tiene el potencial de reducción más elevado y se reduce
con facilidad a hierro(II)
reducción: Fe3+ + 1e- → Fe2+
E0reducción = E0(Fe3+/Fe2+ = +0,77 V
Las semirreacciones que se deben dar en el proceso son:
E0ánodo = -E0(Fe3+/Fe2+) = -0,77 V
oxidación: Fe2+ → Fe3+ + 1eE0cátodo = E0(I2/I-) = 0,54 V
reducción: I2 + 2e → 2I
global: 2Fe2+ + I2 → 2Fe3+ + 2I-
E0 = E0ánodo + E0cátodo = -0,77 V + 0,54 V = -0,23 V < 0
La reacción no es espontánea, el yodo molecular no es capaz de oxidar al hierro (II).
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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.
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.
Ba2+ + CrO42-
W
Sr2+ + CrO42-
BaCrO4(s)
W
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
Veamos cuál es la concentración de iones cromato para que precipite el cromato de bario.
[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 se precisa que la concentración de iones cromato sea:
[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
Para que precipite el cromato de estroncio es ese momento se tiene que cumplir que:
[Sr 2 + ] =
K ps (SrCrO 4 )
[CrO 24 − ]
=
3,6 ·10 −5
1,6 ·10 − 7
= 225 mol / L
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 ) [Sr 2 + ]
3,6 ·10 −5
;
=
= 2,25 ·105
K ps (BaCrO 4 )] [Ba 2 + ] 1,6 ·10 −10
Despejando y como [Ba2+] = 1,0·10-3 mol/L Y [Sr2+] = 1,0 · 10-3 mol/L · 2,25·105 = 225 mol/L
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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.
La reacción de combustión del etanol es:
CH3CH2OH(l) + 3O2(g) → 2CO2(g)
+ 3H2O(l)
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
En la reacción hay que romper un enlace C-C, cinco enlaces C-H, un enlace sencillo C-O, un enlace
sencillo O-H y tres dobles enlaces O=O (3 mol). Posteriormente se forman cuatro dobles enlaces
C=O (2 mol) y seis enlaces O-H (3 mol).
∆Hreacción = ΣHenlaces rotos - ΣHenlaces formados =
= 1·347kJ/mol+5·414kJ/mol+1·360kJ/mol+1·464kJ/mol+3·498 kJ/mol-4·798kJ/mol -6·464kJ/mol =
= - 1241 kJ/mol
Los valores no coinciden por que las entalpías de enlace son valores promedio de esos enlaces en
diversas moléculas.
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BLOQUE A
5. a. Escriba las fórmulas desarrolladas de todos los isómeros posibles de fórmula molecular
C4H8. Nombre los compuestos. (hasta 0,8 punto)
b. ¿Que tipos de compuestos se obtendrían cuando los compuestos anteriores se tratan con
agua en las condiciones adecuadas? (hasta 0,2 puntos)
c. Escriba las posibles reacciones y denomine los productos de reacción. (hasta 1,0 punto)
El hidrocarburo saturado de 4 átomos de carbono tiene por fórmula general C4H10. Como el
hidrocarburo problema es el C4H8, la diferencia en átomos de hidrógeno es 10 - 8 = 2 por lo que el
número de instauraciones es 1. Por tanto el hidrocarburo C4H8 tiene un doble enlace o es un ciclo.
Por ello, los isómeros de fórmula molecular C4H8 son:
CH2=CH-CH2-CH3
CH2=C-CH3
|
CH3
metilpropeno
isobuteno
1-buteno
CH3
CH3
CH3
C=C
H
H
cis-2-buteno
H
C=C
H
CH3
trans-2-buteno
CH CH3
CH2 -CH2
|
|
CH2 -CH2
CH2 -CH2
ciclobutano
metilciclopropano
Una adición electrófila (AE) al doble enlace, transcurre en general en dos etapas.
Primera etapa
R
+
H
C C
R
H
C=C
R
R
lenta
H
E
H
R
+
E
+
C
H
C
R
H
E
Producto mayoritario
El carbocatión es más estable,
ya que la carga eléctrica se
deslocaliza en los radicales R
Segunda etapa
R
+
C
H
C
R
R
rápida
H
C
H
H
R
- E
Nu
Producto mayoritario
C
Nu E
La orientación de los sustituyentes en una adición electrófila (AE) cuando ambos reactivos (sustrato
y atacante) son asimétricos sigue la regla Markownikoff. Según esta regla la parte psotiva del
reactivo se adiciona al carbono menos sustituido.
Por ejemplo:
CH3
CH3
*+
C = CH2
CH3
*-
CH3
C CH 2
H Cl
H - Cl
CH3
CH3
C CH 2
Cl H
mayoritario
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Al adicionar agua a un doble enlace, en medio ácido fuerte, (trazas de ácido sulfúrico) se obtienen
alcoholes. En la hidratación de los alquenos se cumple la regla Markownikoff: el hidrógeno se une
al átomo de carbono del doble enlace que contenga más átomos de hidrógenos.
CH2=CH-CH2-CH3
*+ *H - OH
1-buteno
CH3-CH=CH-CH3
2-buteno
sustrato simétrico
CH2=C-CH3
|
CH3
metilpropeno
isobuteno
*+ *H - OH
*+ *H - OH
CH3-CH-CH2-CH3 (mayoritario)
OH 2-butanol
tienen isómeros ópticos
CH3-CH-CH2-CH3
OH 2-butanol
OH
CH3- C-CH3
|
CH3
(mayoritario)
2-metil-2-propanol
El ciclobutano y el metilciclopropano no reaccionan con el agua.
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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).
P [Ne]
K [Ar]
V [Ar]
89
8 8 8
3s
3p
2
8
tiene un electrón desapareado
4s1
89
4s2
Se [Ar]
tiene los tres electrones 3p desapareados
3
89
4s2
88 8
tiene los tres electrones 3d desapareados
3d3
89 89 89 89 89
3d10
89 8 8
4p4
tiene dos electrones 4p desapareados
8
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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)
Sublimación:
Ionización:
Disociación:
Ionización:
asociación:
Cs (s) → Cs (g);
Cs (g) → Cs+ (g) + e2 Cl2 (g) → Cl (g)
Cl (g) + e- → Cl- (g)
Cs+ (g) + Cl- (g) → CsCl (s)
∆H0red
∆H0sublimación cesio = 78,2 kJ/mol
∆H0ionización cesio = 375,7 kJ/mol
∆H0disociación cloro = ½ · 244 kJ/mol
∆Hafinidad electrónica cloro = - 348 kJ/mol
∆H0red
Considerando dichos procesos como ecuaciones, la suma algebraica de todas ellas origina:
∆Hf0 del cloruro cesio sólido = - 442,8 kJ/mol
Cs (s) + 2 Cl2 (g) → CsCl (s)
Por tanto y sustituyendo:
∆H0sublimación, Cs + ∆H0ionización, Cs + ∆H0disociación, Cl + ∆Hafinidadelectrónica, Cl + ∆H0red = ∆H0formación, CsCl
72,8 kJ/mol + 375,7 kJ/mol + ½ · 244 kJ/mol - 348 kJ/mol + ∆H0red = - 411 kJ/mol
Despejando: ∆H0red = - 633,5 kJ/mol
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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)
La ecuación química que describe el proceso es:
4 FeS2 (s) + 11 O2 (g) → 2 Fe2O3 (s)
+ 8 SO2 (g)
Una tonelada de mineral son 106 g de mineral y los pasos a seguir son:
mpirita → mdisulfuro → moldisulfuro → molóxido hierro previsto → móxido de hierro prevista → móxido hierro real
nFeS2 = 10 6 g pirita
75 g FeS 2 1mol FeS2
= 6250 mol FeS2
100 g pirita 120 g FeS2
mFe2O3 = 6250 mol FeS2
2 mol Fe 2O3 159,6 g Fe 2O3 60 g obtenidos
= 299250 g Fe 2O3 obtenidos
4 mol FeS 2 1mol Fe 2O3 100 g previstos
Para calcular de volumen de SO2 se siguen los siguientes pasos:
moldisulfuro → moldióxido de azufre previsto → moldisulfuro real → Vdisulfuro en las condiciones pedidas
nSO2 = 6250 mol FeS2
8 mol SO 2 60 mol obtenidos
= 7500 mol SO 2
4 mol FeS 2 100 mol previstos
Aplicando la ecuación de los gases ideales y como 1 atm = 760 mmHg, resulta que:
p · V = n · R · T; 850 mmHg
1atm
atm · L
5
· V = 7500 mol · 0,082
(273 + 17) K Y VSO2 = 1,59 · 10 L
760 mmHg
mol · K
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, los pasos a seguir son:
moldisulfuro → moloxígeno previsto → moloxígeno real → Voxígeno en condiciones normales
VO2 = 6250 mol FeS2
11 mol O2 60 mol consumidos 22,4 L O 2
= 2,31·10 5 L O 2 en c.n.
4 mol FeS2 100 mol previstos 1mol O 2
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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.
estequiometría
inicial (mol/L)
equilibrio (mol/L)
H2 (g) +
1
0
x
0,60 · α/2
I2 (g)
⇆
1
0
x
0,60 · α/2
Aplicando la ley de Acción de Masas: K c =
Operando: 7,40 =
2 HI (g)
2
0,60
0,60 - 2x
0,60 – 2·0,60α/2
0,60·(1 – α)
[HI]2
[0,60 · (1− α)]2
; 54,8 =
2
[H2 ] · [I2 ]
α

 0,60 · 
2

0,60 · (1− α)
; 7,40 · α = 2 (1 – α)
0,30 · α
El grado de disociación es: α = 0,213 = 21,3 %
Las concentraciones de las especies en equilibrio son:
[HI] = 0,60 mol/L · (1 - 0,213) = 0,47 mol/L
[I2] = [H2] = 0,60 mol/L · 0,213/2 = 0,064 mol/L
α=
2x
0,60α
⇒x=
0,60
2
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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 comercial, se coge un litro de la misma. La masa de
HNO3 que contiene es:
62,7 g HNO3
= 865,26 gHNO3
1cm disolución 100 g disolución
m
865,26 g HNO3
MHNO3
mol
63 g / mol
de molaridad: molaridad =
=
= 13,73
V en L
1L disolución
L
mHNO3 = 1000 cm3 disolución
Aplicando la definición
1,38 g disolución
3
Aplicando la ley de la conservación de la masa: los moles de ácido nítrico son iguales en la
disolución comercial que en la que se debe preparar.
Vcomercial · Mcomercial = Vpreparar · Mpreparar;
Sustituyendo: Vcomercial · 13,73 mol/L = 1000 cm3 · 0,1 mol/L Y Vcomercial = 7,3 cm3
b) Se vierte un poco de ácido comercial en un vaso de precipitados. Con una pipeta limpia y seca y
ayudándonos con una pera 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.