ANDALUCÍA / JUNIO 2000 LOGSE / QUÍMICA / OPCIÓN A /EXAMEN COMPLETO OPCIÓN A

Transcripción

1 OPCIÓN A 1. ormule o nombre los siguientes compuestos: a) Óxido de cromo (III) b) osfato de calcio c) Ácido benzoico d) BaSO 4 e) KNO 3 f) CH 3 CH 2 OH 2. Razone qué cantidad de las siguientes sustancias tienen mayor número de átomos: a) 0 5 moles de SO 2 b) 14 gramos de Nitrógeno molecular c) 67 2 litros de gas helio en condiciones normales de presión y temperatura. Masas atómicas: N = 14; O = 16; S = a) Escriba la estructura de Lewis para las moléculas N 3 y C 4. b) Dibuje la geometría de cada molécula según la teoría de Repulsión de Pares de Electrones de la Capa de Valencia. c) Considerando las geometrías moleculares, razone acerca de la polaridad de ambas moléculas. Números atómicos: C = 6; N = 7; = Complete los siguientes equilibrios ácidobase identificando, de forma razonada, los pares ácido base conjugados: 2 a) + H 2 O CO 3 + H 3 O + b) NH OH H 2 O + c) + H 2 O OH + 5. Se hacen reaccionar 10 g de cinc metálico con ácido sulfúrico en exceso. Calcule: a) El volumen de hidrógeno que se obtiene, medido a 27ºC y 740 mm de mercurio de presión. b) la masa de sulfato de cinc formada si la reacción tiene un rendimiento del 80%. Datos: R = atm k 1 mol 1. Masas atómicas: O = 16; S = 32; Zn = Dada la siguiente reacción redox en disolución acuosa: KI + KMnO 4 + H 2 SO 4 I 2 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O a) Ajustar la reacción por el método del iónelectrón. b) Calcule los litros de disolución 2 M de permanganato de potasio necesarios para obtener 1 Kg de yodo. Masas atómicas: I = 127; K = 39; O = 16; Mn = 55

2 SOLUCIÓN: Ejercicio 1. OPCIÓN A a) Cr 2 O 3 b) Ca 3 (PO 4 ) 2 c) C 6 H 5 COOH d) Sulfato de bario e) Nitrato potásico f) Etanol o alcohol etílico Ejercicio 2. Llamamos N A al número de Avogadro (6, ). a) 0,5 moles SO moles de SO 2 tiene ½ N A moléculas 3/2 N A de átomos. b) n N 2 = 14 / 28 = 0,5 moles N 2 14 g de N 2 tiene ½ de N A moléculas N A de átomos. c) n He = 67,2 / 22,4 = 3 moles He 67 2 litros de gas helio 3 moles de He tiene 3 N A moléculas 3 N A de átomos. Tiene mayor número de átomos el caso c) 67 2 litros de Helio. Ejercicio 3. a) Según la teoría de Lewis, sabemos que dos átomos pueden formar enlace covalente compartiendo los electrones desapareados, qedando ambos con estructura de gas noble. La configuraciones electrónicas de los átomos implicados serían: C (Z = 6) 1s 2 2s 2 2p 2 C excitado (Z = 6) 1s 2 2s 1 2p 3 (covalencia = 4) N (Z = 7) 1s 2 2s 2 2p 3 (covalencia = 3)

3 (Z = 9) 1s 2 2s 2 2p 5 (covalencia = 1) En el trifluoruro de nitrógeno, puesto que el N tiene tres electrones desapareados, y el uno, el diagrama de Lewis es: rr N En el tretrafluoruro de carbono, puesto que el C tiene cuatro electrones desapareados en su configuración excitada, y el uno, el diagrama de Lewis es: C b) La geometría de las moléculas esta determinada por la distribución espacial de los núcleos de los átomos y, por tanto, depende de los ángulos de enlace que se conocen de manera experimental. Sin embargo, de modo más simple, mediante la teoría de repulsión entre los pares de electrones de valencia (RPECV), podemos prever en moléculas poliatómicas sencillas el tipo de geometría. El N 3 tiene un par de e no enlazantes que se disponen lo más lejos posible, hacia uno de los vértices de un tetraedro imaginario, por tanto, la geometría de la molécula con 3 átomos de periféricos y un N central será piramidal. El C 4 distribuye sus 4 pares de e enlazantes hacia los vértices de un tetraedro. Así, la geometría de la molécula con 4 átomos de periféricos y un C central será tetraédrica con ángulos de enlace de 109,5º. c) Para saber la polaridad de una molécula hay que tener en cuenta los momentos dipolares que se crean entre los átomos unidos por un enlace covalente polar. Esto se debe a las diferencias de electronegatividades entre los átomos enlazados. En el N 3 tenemos 3 enlaces N + polares, que según la geometría dan lugar a un momento dipolar resultante no nulo y, por consiguiente, la molécula es polar. En el C 4 tenemos 4 enlaces C + polares, que según la geometría dan lugar a un momento dipolar resultante nulo y, por consiguiente, la molécula es apolar.

4 Ejercicio 4. Se trata de tres equilibrios formados por pares ácidobase de BrönstedLowry. Un equilibrio esta constituido por dos pares en el que cada ácido tiene en el miembro opuesto su base conjugada, y viceversa. 2 a) HCO 3 + H 2 O CO 3 + H 3 O + Acido 1 Base 2 Base 1 Acido 2 + b) NH 4 + OH NH 3 + H 2 O Acido 1 Base 2 Base 1 Acido 2 c) + H 2 O H + OH Base 1 Acido 2 Acido 1 Base 2 Como se puede observar el agua es un anfotero, en unos casos actúa como ácido y en otros como base. Ejercicio 5. La ecuación ajustada de la reacción citada es la siguiente: Zn + H 2 SO 4 ZnSO 4 + H 2 a) Se calcula, en primer lugar, los moles de Zn de que disponemos: nº moles = masa / Peso molecular moles de Zn = 10 / 65 4 = moles Si por cada mol de Zn se obtiene un mol de H 2 : n H 2 = 0,153 moles Suponiendo el comportamiento del hidrógeno como gas ideal tenemos: P.V = n R T (740 / 760) V = ( ) V = 3,9 L de H 2 b) Puesto que por cada mol de Zn se obtiene 1 mol de ZnSO 4, y que el rendimiento de la reacción es del 80% se tiene que: n ZnSO 4 = 0,153 0,80 = 0,122 moles (reales) Pm ZnSO 4 = 161,4

5 m ZnSO 4 = 0, ,4 = 19,7 g (reales) Ejercicio 6. a) En primer lugar, se comprueba las especies que cambian de número de oxidación, y se plantea con ello las reacciones redox, de modo que se pueda ajustar la reacción global: KI: el I tiene nº oxid. = 1 I 2 : el I tiene nº oxid. = 0 KMnO 4 : el Mn tiene nº oxid. = +7 Mn 2+ : el Mn tiene nº oxid. = +2 5 ( 2 I 2 e I 2 ) pérdida de e (oxidación) 2 ( MnO H e Mn H 2 O ) ganancia de e (reducción) 10 I + 2 MnO H + 5 I Mn H 2 O (ecuación iónica) La reacción molecular se ajusta tanteando los iones espectadores: 10 KI + 2 KMnO H 2 SO 4 5 I MnSO K 2 SO H 2 O Se ha de ajustar con sulfato de manganeso, puesto que el medio de reacción es ácido sulfúrico. b) Según el ajuste anterior observamos que 2 moles de permanganato potásico producen 5 moles de I 2. Teniendo en cuenta la masa molar de este: Pm I 2 = 254 g/mol n I 2 = 1000 / 254 = 3,94 moles 2 moles KmnO 4 5 moles I 2 x 3,94 x = 1,57 moles KMnO 4 Como se dispone de permanganato en forma de disolución 2M se tiene que: n = V M V = n / M = 1,57 / 2 = 0,785 L de disolución de KMnO 4