SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO

Transcripción

1 Química

2 SOLUIÓN DE LA PRUEBA DE AESO AUTOR: Julio Egea Egea Opción A a) Se plantea la ecuación según el enunciado: Ag NO AgNO NO O 0 5 Ag NO AgNO NO O bag 0 e Ag k Semirreacción de Oxidación U reductor (Pérdida de electrones) N NO 4 e NO O Semirreacción de W oxidante N 0 Reducción (Ganancia de electrones) Ag 0 NO 4 Ag NO O Los 4 se van utilizar en el NO. Se simplifica y se escribe la ecuación en forma ecular: Ag 4 NO AgNO NO O b) Teniendo en cuenta la estequiometria de la reacción y que el reactivo limitante es la plata, se calculan los es de NO que se obtienen a partir de los es de Ag. m 6,95 g n Ag 0,5 de Ag M 07,8 g a de NO 0,5 de Ag 0,084 de NO de Ag Aplicando la ley de gases se obtiene el volumen en las condiciones solicitadas: nrt V p 0,084 0,08 atm L (07) K K,05 L 750 mmg 760 mmg atm Se producen 0,084 de NO que ocupan,05 L a 0º y 750mmg. a) M m ( 8 ) 44 g/ 00 g n 8,7 de 44 g 8 alor desprendido por un de propano: de 8,9 /,7 de 8 c o ( 8 ),9 / omo el calor se desprende la reacción es exotérmica y el signo es negativo. b) 8 (g) 5 O (g) O (g) 4 O(l) o,9 / O O (g) o f 9,5 / O O(l) o f 85,8 / c) 8 (g) 5 O (g) O (g) 4 O(l) o,9 / o f? 9,5 85,8 o n o productos n o reactivos [ (9,5) 4 (85,8)] [ o f ( 8 )],9 [ (9,5) 4 (85,8)] [ o f ( 8 )],9 o f ( 8 )00,95 / Otra forma de resolverlo es aplicando la ley de ess: Para calcular: 4 8 o f Se plantean las reacciones dadas con sus entalpías: A: 8 (g) 5 O (g) O (g) 4 O(l) o a,9 / B: (s) O (g) O (g) o b 9,5 / : (g) O (g) O(l) o c 85,8 / Se disponen las ecuaciones en el orden de la principal y se multiplican por los coeficientes necesarios para obtener esta, cambiando el signo de la entalpía si se invierte la reacción: B: (s) O (g) O (g) o b (9,5) 80,5 4: 4 (g) O (g) 4 O(l) o c 4 (85,8) 4, A: O (g) 4 O(l) 8 (g) 5 O (g) o a (,9),9 (s) 4 (g) 8 (g) o f 80,5 4,,9 00,95 o f ( 8 ) 00,95 /

3 a) El 4 es una écula apolar. El N es una écula polar. El l es una écula apolar. El O es una écula apolar. b) El 4 es una écula tetraédrica. A continuación se justifican estas éculas por la teoría de Lewis: Molécula de 4 4 ) (6): s s p capa de valencia s p (): s capa de valencia s Nota: Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto, (salvo las excepciones de hipovalencia e hipervalencia, y el de un par electrónico), por lo que el se sitúa como átomo central y se puede representar como se indica en el esquema adjunto. Geometría: Según la teoría RPEV, los pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, lo que corresponde con una geometría tetraédrica, el átomo de carbono se sitúa en el centro del tetraedro regular, y los otros cuatro átomos en los vértices, como consecuencia la écula es tetraédrica. Polaridad: Al ser el átomo de carbono más electronegativo que el de hidrógeno atraerá a los electrones de enlace hacia sí, con lo que se creará un momento dipolar diferente de cero en cada enlace, pero como los momentos dipolares están dirigidos desde el centro del tetraedro hacia los vértices del μ, mismo, se anulan los efectos puesto que la suma total de los cuatro vectores es nula por 4 lo tanto el momento dipolar total es cero, por todo ello la écula μ, 4 será apolar. μ total 0 Molécula de N N ) N(7): s s p capa de alencia s p (): s capa de valencia s Polaridad: omo el nitrógeno es más electronegativo que el hidrógeno atraerá a los electrones de enlace hacia sí con lo que se creará un momento dipolar distinto de cero y como la écula es trigonal el momento dipolar total será diferente de cero por ello la écula será polar. Molécula de l l # l(7): s s p 6 s p 5 capa de valencia s p 5 Polaridad: omo los dos son átomos de cloro y poseen la misma electronegatividad el momento dipolar es cero por ello la écula es apolar. Molécula de O O ) (6): s s p capa de valencia s p O(8): s s p 4 capa de valencia s p 4 Polaridad: El oxígeno por ser más electronegativo que el carbono, atrae hacia sí los pares de electrones compartidos creando unos momentos dipolares, que por ser iguales y de sentido opuesto se compensan siendo el resultado final de la suma de los vectores cero por lo que la écula es apolar. Se han de tener en cuenta las siguientes pautas: Un ácido fuerte en disolución produce un p ácido es decir p 7. Una sal procedente de ácido débil y base fuerte en disolución proporciona un p básico, es decir, p 7. Disolución A: [O ] 0 6 po log [O ] log [0 6 ] 6 p 4 po p 8 La disolución A es básica pues su p 7. omo la disolución A es básica corresponde a la sal procedente de ácido débil y base fuerte. MA O M A A O A O Disolución B: [O ] 0 po log [O ] log [0 ] p 4 po 4 p La disolución B es ácida pues su p 7. omo la disolución B es ácida corresponde a un ácido fuerte.

4 Otra forma de resolverlo es a partir de la autoionización del O y su constante K w. Disolución A: [ O ] 0 8 [ O ] 0 7 Exceso de iones O, por lo tanto la disolución es básica. Disolución B: O l -clorofenol (m-clorofenol) O l [ O ] 0 [ O ] 0 7 Exceso de iones O, por lo tanto la disolución es ácida. Opción B La reacción de neutralización es: NaO l Nal O n a a) M a n a M a V a 0,5 0,0 L V a L 0,00 de I b) omo la reacción transcurre a, se han necesitado los mismos es de NaO que de l, es decir 0,00 es. c) Se calculan los gramos de NaO que contienen los 0,00 es de base. mnm m 0,00 40 g/0, de NaO puro g puros 0, pureza g impuros 0,5 80 % de pureza El NaO posee una pureza del 80 %. Otra forma de resolución: si en 0,5 g impuros existen 0, g puros en 00 g impuros exsten x g puros x80 % de pureza También se puede resolver teniendo en cuenta los es: Si los 0,5 g de la muestra fuesen puros serían: 0,5 g n NaO 0, g Según la valoración con el ácido hay 0,00 de NaO. es puros 0,00 pureza es impuros 0, % de pureza omentario: En este caso hay que expresar los gramos de pentacloruro de fósforo, en es, para continuar después con la pauta normal de resolución: M m Pl 5 08,5 g/ a) álculo de los es iniciales del Pl 5 : m,5 g n 0,06 08,5 g álculo de los es en el equilibrio: n T 0,06 x x x 0,06 x pv n T RT pv,9 atm L n T 0,066 RT 0,08 atm L 4 K K n T 0,06 x 0,066 x 0,006 es disociados 0,006 0, es iniciales 0,06 0, 00 0,0 % 0,0 % 0,06 0,006 [PI 5 ] 0,054 M 0,006 [PI ] 0,006 M [I ] 0,006 M m V L PI 5 (g) PI (g) l (g) n iniciales 0,06 n reaccionan x n formados x x n equilibrio 0,06 x x x [ ] equilibrio 0,06 x 0,006 M x x 4

5 PI I 0,006 0,006 K c 6,6 0 4 PI 5 0,054 K c 6,6 0 4 K p K c (RT) n 6,6 0 4 (0,08 4) 0,0 Se puede resolver aplicando el grado de disociación (): V L PI 5 (g) PI (g) l (g) n iniciales n 0 n reaccionan n 0 n formados n 0 n 0 n equilibrio n 0 () n 0 n 0 [ ] equilibrio n 0 ()/ n 0 / n 0 / n T n 0 n 0 n 0 n 0 n 0 n 0 n 0 ( ) 0,06 ( ) 0,06 0,06 omo: pv,9 atm L pv n T RT n T RT 0,08 atm L 4 K K 0,066 0,066 0,06 0,06 0, 0 % PI (n n 0 I 0 ) (n 0 ) K c PI 5 n 0 () () 0,06 6,6 w 0 4 () Teniendo en cuenta sus respectivos números atómicos (Z) se tiene que: Mg (Z ): s s p 6 s Al (Z ): s s p 6 s p N (Z 7): s s p P (Z 5): s s p 6 s p a) Radio atómico: Es la distancia que separa el núcleo del átomo de su electrón más periférico. Por tanto ocurre que a mayor número de capas (número cuántico n), mayor radio. De los elementos propuestos el que menos capas tiene es el N pues posee, ya que está en el periodo n, por lo tanto este es el que tiene menor radio atómico. arácter metálico: Es la tendencia que tiene un elemento para ceder electrones. Para actuar como cationes y ser buenos conductores de la electricidad deben ser capaces de ceder electrones con facilidad (baja energía de ionización) y presentar poca tendencia a captarlos (baja afinidad electrónica). Los metales más activos se encuentran en la parte izquierda e inferior de la tabla periódica. De los elementos propuestos el que menos electrones tiene en la capa de valencia es el Mg (s ), por lo tanto es el que más carácter metálico posee. b) La energía de ionización (EI) o potencial de ionización (PI) es la energía necesaria que hay que proporcionar a un átomo, en estado fundamental y gaseoso, para arrancar el último electrón de una capa de valencia. Un átomo poseerá tantos valores de energía de ionización como número de electrones tenga. La primera energía de ionización es la energía necesaria para arrancar el último electrón de la capa más exterior, su valor es el menor de todas las demás pues los electrones de valencia estarán menos atraídos por el núcleo. La mayor energía de ionización la poseerá aquella especie que tenga el electrón más próximo al núcleo. Se puede deducir que corresponde al N pues es la que menos capas posee. De las especies que poseen tres capas, la especie que tendrá más energía de ionización será la que posee p, pues tiene mayor estabilidad por tener el orbital semilleno, es decir, el P. De las dos restantes será la que posee la capa de valencia con el orbital s completo la que necesitará más energía de ionización es decir el Mg. Por lo tanto, queda: N P Mg Al La ecuación general de la velocidad de reacción viene dada por v k [A] [B] donde y son los respectivos órdenes de reacción. Según el enunciado. En la ecuación b) donde v k [A] [B], el orden de reacción de A vale. Por lo tanto esta ecuación de velocidad no es correcta. En el siguiente cuadro se resumen los diferentes números cuánticos y su significado. Símbolo Nombre Posibles valores n Principal,,, 4, l m Secundario Magnético Para cada n: 0,,,,, n Para cada I: I, 0,, I s Espín /, / Significado Nivel de energía o capa Número de subniveles en cada nivel de energía y forma (tipo) del orbital Número de orbitales de cada tipo que hay en un nivel de energía Momento magnético intrínseco del electrón Según la tabla, pertenecen al mismo periodo los elementos que poseen el mismo número cuántico principal, n 4, es decir, los elementos A y. 5