SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO

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1 Química 1

2 Química 2

3 Química 3

4 Química 4

5 CMUNTAT VALENCANA CNVCATRA JUN 2009 SLUCÓN DE LA PRUEBA DE ACCES AUTR: Julio Egea Egea Bloque 1 Cuestión 1A a) Verdadero. Se resuelve la molécula por Lewis: 2 ) (17): 1s2 2s 2 p 6 3s 2 p 5 capa de valencia 3s 2 p 5 (8): 1s 2 2s 2 p 4 capa de valencia 2s 2 p 4 Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto, (salvo las excepciones de hipovalencia e hipervalencia, y el H con un par); por lo que, el se sitúa como átomo central: c) Verdadero. Estudiamos la geometría de las dos moléculas: Molécula B 3 Es un caso de hipovalencia el B se rodea de 6 electrones. B 3 ) B(5): 1s2 2s 2 p 1 capa de valencia 2s 2 p 1 (53): 1s 2 2s 2 p 6 5s 2 p 5 capa de valencia 5s 2 p 5 El B es un caso de hipovalencia, y se sitúa como átomo central como se indica en el esquema adjunto: B Geometría: los dos pares de electrones libres del oxígeno se sitúan en los vértices de un tetraedro regular, y los dos átomos de en los otros dos, se forma, así, una molécula angular. Polaridad: como la electronegatividad de ambos elementos es distinta se crea un momento dipolar total diferente de cero por lo cual la molécula es polar. par de electrones Geometría: según la teoría RPECV, los pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, lo que corresponde con una geometría triangular plana. El átomo de boro se sitúa en el centro del triángulo equilátero y los tres átomos de yodo en los vértices. B α par de electrones b) Verdadero. La primera energía de ionización es la energía necesaria que hay que suministrar a un átomo de un elemento en estado fundamental y gaseoso para arrancar un electrón de su capa de valencia y convertirlo en un catión. En el sistema periódico, la energía de ionización aumenta de izquierda a derecha y disminuye según descendemos en un grupo; así el menor valor de energía de ionización es el Fr y el de mayor valor, el F, si se exceptúan los gases nobles. El litio y el potasio están en el mismo grupo, pero el K está dos periodos más abajo: cuanto más alejado esté el electrón de valencia, menor energía se necesita para arrancarlo; por tanto, como el K está en el 4. periodo, su electrón de valencia es 4s 1 y está más alejado que el del Li que es 2s 1, por ello, el potencial de ionización es menor en el K que en el Li. Polaridad: al ser el átomo de yodo más electronegativo que el de boro atraerá los electrones de enlace hacia sí, con lo que se creará un momento dipolar distinto de cero. Pero como la molécula es triangular (equilatera) los vectores momento dipolar se compensan y el momento dipolar total será igual a cero, por ello, la molécula será apolar. μ 3 0 μ 2 0 B μ 1 0 μ 1 μ 2 0 μ 1 μ 2 μ 3 0 5

6 CMUNTAT VALENCANA CNVCATRA JUN 2009 Molécula P 3 P 3 ) P(15): 1s2 2s 2 p 1 3s 2 p 3 capa de valencia 3s 2 p 3 (53): 1s 2 2s 2 p 6 5s 2 p 5 capa de valencia 5s 2 p 5 Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto. El P se sitúa como átomo central, como se indica en la representación de la molécula: P Geometría: según la teoría RPECV, los pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, el par libre del P hace que las nubes electrónicas que hay entre el y el P se separen del plano y, como consecuencia, se genere una pirámide trigonal que corresponde con una geometría piramidal trigonal. Polaridad: la molécula es polar. par de electrones Molécula F 2 F 2 ) F(9): 1s2 2s 2 p 5 capa de valencia 2s 2 p 5 (8): 1s 2 2s 2 p 4 capa de valencia 2s 2 p 4 Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto; por lo que, el se sitúa como átomo central: F Geometría: en este caso, como el átomo de posee dos pares de electrones libres, se sitúan en los vértices de un tetraedro regular siendo los otros dos vértices ocupados por los átomos de F, pero como la molécula posee solo tres átomos es angular. Polaridad: la diferencia de electronegatividad del F y del hace que exista un momento dipolar entre ellos, y como la molécula es angular, los momentos dipolares van en distinta dirección. La suma de los vectores de los momentos dipolares tiene un determinado valor por lo que la molécula es polar. F par de electrones P Cuestión 1B Molécula HCN H(1): 1s 1 capa de valencia 1s 1 HCN *C(6): 1s 2 2s 2 p 2 capa de valencia 2s 2 p 2 N(7): 1s 2 2s 2 p 3 capa de valencia 2s 2 p 3 Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto. El C se sitúa como átomo central: HCN Geometría: para deducir la estructura geométrica de esta molécula, se aplica la teoría de la RPECV. Los pares de electrones se disponen en las posiciones más alejadas posibles, lo que corresponde a una molécula lineal. Polaridad: como la molécula es lineal y puesto que el N es más electronegativo que el C y este más que el H, los electrones de enlace están más atraídos y desplazados hacia el N. Los momentos dipolares van en la misma dirección y en el mismo sentido y, por tanto, el momento dipolar total no es nulo. La molécula es polar. H C N total μ 0 pirámide trigonal polar F μ 0 α Molécula N 3 par de electrones N 3 ) N(7): 1s2 2s 2 p 3 capa de valencia 2s 2 p 3 (17): 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 5 capa de valencia 3s 2 p 5 F Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto, por lo que, el N se sitúa como átomo central: N Geometría: los tres pares que se rodea el N se disponen en las posiciones más alejadas posibles, que corresponden a los vértices de un triángulo equilátero, pero como el N dispone de un par libre hace que este haga repulsión con los demás y adopte una estructura piramidal trigonal. Polaridad: el por tener más electronegatividad que el N, atrae hacia sí los pares de electrones compartidos creando unos momentos dipolares. Al ser una molécula piramidal trigonal, los par de electrones momentos dipolares van en distinta dirección sin N compensarse, siendo el resultado final de la suma de los vectores momento dipolar distinto de cero, por lo que, la molécula es polar. μ total 0 6

7 CMUNTAT VALENCANA CNVCATRA JUN 2009 Molécula Si 4 Si 4 ) C(14): 1s2 2s 2 p 6 3s 2 p 2 capa de valencia 3s 2 p 2 (17): 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 5 capa de valencia 3s 2 p 5 Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto, por lo que, el C se sitúa como átomo central: Polaridad: al ser el átomo de más electronegativo que el de Si atraerá a los electrones de enlace hacia sí con lo que se creará un momento dipolar distinto de cero y como la molécula es tetraédrica el momento dipolar total será igual a cero, por ello, la molécula es apolar. μ 1 0 μ 1 μ 2 μ 12 0 Si Geometría: los cuatro pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, lo que corresponde con una geometría tetragonal. El átomo de silicio se sitúa en el centro del tetraedro regular y los cuatro átomos de cloro en los vértices, como consecuencia, la molécula es tetraédrica. μ 4 0 Si μ2 0 μ 3 μ 4 μ 34 0 μ 3 0 μ 12 μ 34 0 Bloque 2 Problema 2A a) Se ponen los datos del enunciado y los estequiométricos bajo la reacción: 2 NH 4 N 3 (s) 2 N 2 (g) 2 (g) 4 H 2 (g) Masa molecular (uma) Moles reaccionantes Datos kg Los moles que hay en los kg de nitrato de amonio son: 10 6 g n NH4 N mol 80 gmol Calculamos los moles de N 2 generados: mol de NH 4 N 3 2 mol de N 2 2 mol de NH 4 N mol de N 2 Calculamos, ahora, los moles de 2 generados: mol de NH 4 N 3 1 mol de 2 2 mol de NH 4 N mol de N 2 Y los de H 2 generados: mol de NH 4 N 3 4 mol de H 2 2 mol de NH 4 N mol de N 2 Los moles totales de gases generados son: n T mol Por la ley de los gases ideales, determinamos el volumen total de gases: mol 0,082 atm L K nrt K mol V p 740 mmhg 760 mmhg atm ,73 L de gases b) El calor desprendido se calcula por la diferencia de entalpías entre productos y reactivos: 2 NH 4 N 3 (s) 2 N 2 (g) 2 (g) 4 H 2 (g) H o f (kj/mol) 366, ,82 H o C H o productos H o reactivos 4 (241,82) 2 (366,0) (967,28) (732) 235,28 kj Como este calor es de dos moles: 235,28 kj 2 mol 117,64 kj mol 117,64 kj mol de NH 4 N 3 1 mol de NH 4 N kj tra forma de resolución: mol de NH 4 N 3 235,28 kj 2 mol de NH 4 N kj 7

8 CMUNTAT VALENCANA CNVCATRA JUN 2009 Problema 2B Masas moleculares(uma) Reacción 2 NH 3 C 2 C(NH 2 ) 2 H 2 Masas reaccionantes(g) Datos 30,6 g 30,6 g Nota: El ejercicio se resuelve en masas pero se puede resolver en moles. Se calcula cuál es el reactivo limitante de la reacción para ello, se realiza el cálculo de la cantidad de masa de NH 3 que reacciona con los 30,6 g de C 2. El reactivo limitante es el C 2 a partir de cual se calcula la cantidad de urea: 60 g de C(NH 2 ) 2 30,6 g de C 2 41,73 g de C(NH 2 ) 44gdeC 2 2 La cantidad de urea que se obtendría es de 41,73 g. b) El reactivo en exceso es el NH 3. gramos sobran gramos iniciales gramos reaccionan Por tanto: 30,6 23,65 6,95 g de NH 3 34gdeNH c) g de C(NH 2 ) 2 60 g de C(NH 2 ) ,6 w g 566,67 kg de NH 3 34gdeNH 3 30,6 g de C 2 23,65 g de NH 3 se necesitan 44gdeC 2 Bloque 3 Cuestión 3A a) Los datos que proporciona el enunciado, son los valores del potencial de reducción, se solicita la facilidad de oxidación. A estos valores de potencial hay que cambiarle el signo. Por lo tanto: Par de oxidación b) El único par que puede realizar la propuesta del enunciado, es el par cuyo valor está entre ambos. Es decir, el ε (Pb 2 /Pb) 0,13 V. Si la ε es positiva la reacción es espontánea. Si la ε es negativa la reacción es no espontánea, y es la inversa la que se produce. Estudio de los pares ε (Fe 3 /Fe 2 )0,77 V y ε (Pb 2+ /Pb)0,13 V Según el enunciado, en el par Fe 3 /Fe 2 se produce la reducción. 2 (Fe 3 1 e Fe 2 ) ε o 0,77 V Reducción (ganancia de electrones) Pb 0 2 e Pb 2 ε o 0,13 V xidación Pb 0 2 Fe 3 Pb 2 2 Fe 2 ε o 0,90 VReacción global (Mg/Mg 2 ) (Zn/Zn 2 ) (Fe/Fe 2 ) (Pb/Pb 2 ) ε (V) 2,37 0,76 0,44 0,13 U oxidante U reductor Mg Zn Fe Pb (Fe 2 /Fe) (Pb 2 /Pb) (Fe 3+ /Fe 2 ) (pérdida de electrones) Como el ε de la reacción es mayor que cero, la reacción es espontánea. Estudio de los pares ε (Fe 2+ /Fe) 0,44 V y (ε (Pb 2+ /Pb) 0,13 V Según el enunciado, en el par Fe 2+ /Fe se produce la reducción. Fe 2 2 e Fe 0 ε o 0,44 V Reducción U oxidante (ganancia de electrones) Pb 0 2 e Pb 2 ε o 0,13 V xidación U reductor Pb 0 Fe 2 Pb 2 Fe 0 (pérdida de electrones) ε o 0,31 V Reacción global Como ε es menor que cero la reacción es no espontánea. Cuestión 3B Se aplica el Principio de Le Châtelier: «El equilibrio ante una perturbación externa evolucionará en el sentido de contrarrestarla». a) Al aumentar la cantidad de hidrógeno en el sistema, el equilibrio evoluciona en el sentido de eliminar este hidrógeno, es decir, hacia la producción de más metanol. C (g) 2 H 2 (g) CH 3 H (g) H 128 kj mol 1 Reactivos Productos Evolución: hacia los productos Aumentar la cantidad de hidrógeno favorece la producción de metanol. b) Como H es negativo, la reacción es exotérmica, produce calor, por lo tanto si se le comunica calor evoluciona en el sentido de disminuirlo, es decir, hacia reactivos. C (g) 2 H 2 (g) CH 3 H (g) H 128 kj mol 1 Aumentar T Evolución: hacia los reactivos Aumentar la temperatura de trabajo no favorece la producción de metanol. 8

9 CMUNTAT VALENCANA CNVCATRA JUN 2009 c) Que disminuya el volumen del reactor, a temperatura constante, supone un aumento de la presión del reactor, por tanto ante este aumento, el equilibrio evolucionará hacia donde haya menor presión, es decir, donde haya menor número de moles. Eso ocurre en la zona de los productos. C (g) 2 H 2 (g) CH 3 H (g) H 128 kj mol 1 p p Reactivos 3 mol 1 mol Productos p p reactivos p p productos Evolución: hacia los productos Disminuir el volumen del reactor, a temperatura constante favorece la producción de metanol. d) Al eliminar metanol el equilibrio evoluciona en el sentido de producir más metanol, es decir, hacia productos. C (g) 2 H 2 (g) CH 3 H (g); H 128 kj mol 1 Reactivos Productos Evolución: hacia los productos Eliminar metanol del reactor favorece la producción de metanol. e) La presencia de un catalizador solo influye en la velocidad de reacción (disminuyendo la energía de activación), pero no en el equilibrio, por lo tanto no influye en el aumento de la concentración de metanol, pero como el equilibrio se produce a mayor velocidad, se produce más cantidad de metanol en un tiempo determinado con catalizador que sin él. Añadir un catalizador al sistema en equilibrio favorece la producción de metanol. Bloque 4 Problema 4A a) AH H 2 A H 3 c(1 ) c c c 2 2 c 2 0,02 2 K a 3, c(1) (1) (1) Resolviendo la ecuación de segundo grado resultante, obtenemos: 0,02 2 3, , ,115 2 % b) Como ph log [H 3 ] [H 3 ] antilog [ ph] Para ph 1 [H 3 ] antilog [ 1] 0,1 M Se plantea la disociación del ácido acetilsalicílico, pero como se encuentra en el jugo gástrico existe el efecto del ion común, de forma que la concentración de iones H 3, es la suma de las concentraciones de ambos sistemas ácidos pero la K a se mantiene constante. AH H 2 A H 3 c(1 ) c c on común [H 3 ] total 0,1 c A H 3 c (0,1 c) (0,1 c) K a AH c(1) (1) (0,1 0,02 ) 3, (1) Resolviendo la ecuación de segundo grado resultante, obtenemos: 0,02 2 0,100 33, , El ácido está disociado en un 0,3%. c) Disociación del ácido acetilsalicílico: AH H 2 A H 3 ácido1 base2 base1 ácido2 El nuevo equilibrio de hidrólisis de la base 1 es: A H 2 AH H c(1 ') c' c' base1 ácido2 ácido1 base2 Se puede demostrar que en el sistema de ácido base conjugados se cumple que K a K b K w K w K b K a , Cálculo de la concentración de acetilsalicilato en el vial: 0,000 1 mol c' 0,02 M L A H 2 AH H c'(1 ') c'' c'' c' 2 ' 2 c'' 2 0,02 ' 2 K a 3, c'(1 ') (1') (1') Como K a 10 5, se puede despreciar frente a 1 en el denominador: 0,02 ' 2 K b 3, , ' K b 4, c' 0,02 [A ] c' (1') 0,02 (1 4, ) 0,019 9 M 0,019 9 % ,99 % de acetilsalicilato 0,02 9

10 CMUNTAT VALENCANA CNVCATRA JUN 2009 Problema 4B a) T K p T 0,185 atm Cálculos: El equilibrio es heterogéneo y la presión total es la suma de las presiones parciales por lo que sólo contribuyen a la presión los gases. Por la estequiometria del proceso se puede poner que: 2 Hg(s) 2 Hg(g) 2 (g) p formada 2x x p equilibrio 2x x 2x x 0,185 3x 0,185 x 0, p p (Hg(g)) 2x 0,123 3 atm p p ( 2 (g)) x 0, atm b) De la ley de gases ideales se obtiene la expresión que relaciona las presiones parciales de un compuesto en el equilibrio con su respectiva concentración nrt pv nrt p p MRT V Cálculo de las concentraciones en el equilibrio p Hg 0,123 3 M Hg 2, M RT 0, p 2 0,061 6 M 2 1, M RT 0, c) De los anteriores valores se calculan las constantes de equilibrio, K c y K p. K c [Hg] 2 [ 2 ](2, ) 2 (1, )6, K p p 2 Hg p 2 (0,123 3) 2 (0,061 6) 9, Se puede aplicar la relación entre ambas constantes: K p K c (RT) n 6, (0, ) 3 9, Bloque 5 Cuestión 5A La reacción es: descomposición H 2 2 () 2 (g) H 2 () La ecuación de velocidad de esta reacción de descomposición según el enunciado es: v k [H 2 2 ] 1 [ ] 1 A partir de ella se realizan las discusiones propuestas por el enunciado: a) Falsa. Según la ecuación de velocidad descrita, esta depende de la concentración del H 2 2, así que la velocidad sí se verá afectada por una variación de dicha concentración. E a RT b) Verdadera. Como k A'e La temperatura influye aumentando la velocidad de reacción, cuando esta aumenta, pues al haber más energía hay más choques eficaces y el factor A de frecuencia aumenta. E a RT Si aumenta la temperatura el término e aumenta, y con ello el valor de k. c) Falsa. Como la ecuación viene dada por v k [H 2 2 ] 1 [ ] 1 y el orden es 1 para ambas concentraciones los dos influyen de la misma forma al ser variadas dichas concentraciones. Cuestión 5B a) CH 2 CHCH 2 CH 3 H 2 adición CH 2 CHCH 2 CH 3 1-buteno hidrógeno H H butano molecular hidrólisis b) CH 3 CCH 3 H 2 CH 3 CH CH 3 H etanoato de metilo ácido etanoico metanol (acetato de metilo) (ácido acético) (alcohol metílico) c) CH 3 CH 2 KH(ac) CH 3 CH 2 K(ac) cloruro de etilo hidróxido de potasio H etanol (acohol etílico) cloruro de potasio d) CH 3 CHCHCH 3 2 CH 3 CHCHCH 3 2-buteno cloro molecular e) n (CH 2 CH 2 ) Calor Catalizador eteno (etileno) adición polimerización 2,3-diclorobutano ( CH 2 CH 2 ) n polietileno 10