SOLUCIONES QUÍMICA JUNIO 10 OPCIÓN A

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3 SOLUCIONES QUÍMICA JUNIO 0 OPCIÓN A.-a) AgNO b) Mg(OH) c) CH(Cl) CH 3 d) Trióxido de molibdeno e) Fosfato cálcico f),-etanodiol.- a) 6 Na(s) + ½ F (g) NaF (s) 3 Na (g) F (g) 5 4 Na + (g) F (g) El proceso de formación de un mol de NaF (s) consta de las siguientes etapas:. Sublimación de los átomos de Na (s), se absorbe la energía de sublimación (+ES). Ionización de los átomos Na (g), se absorbe la energía de ionización (+EI) 3. Disociación de medio mol de F (g), se absorbe media energía de disociación (+/ED) 4. Ionización de un mol de F (g), se desprende la afinidad electrónica (-AE) 5. Formación de un mol de NaF (s) a partir de los iones, se desprende la energía reticular (-ER) 6. proceso directo de formación, se desprende la energía de formación del NaF (s) (-EF), lo que significa que el NaF (s) es estable Hemos asignado el signo positivo a la energía absorbida y el negativo a la desprendida. La energía puesta en juego en el proceso ha de ser la misma por ambos caminos, por lo tanto: EF = ES + EI + ½ ED AE ER b) la energía reticular de estos compuestos varía según el orden LiF > NaF > KF, ya que suponiendo que cristalizan en el mismo tipo de red y puesto que la carga de los iones es la misma en todos los casos, (-) para el anión y (+) para el catión, y puesto que el tamaño del anión es el mismo (anión fluoruro), la única diferencia entre ellos está en el tamaño del catión. El tamaño del catión aumenta en este orden Li < Na < K y la energía reticular es menor cuanto mayor sea el radio del catión, ya que habrá más distancia de separación entre las cargas eléctricas, por lo que la interacción es menor y es menor la energía que se libera cuando se produce la formación de mol de compuesto cristalino (energía reticular). c) La temperatura de fusión es mayor cuanto mayor es la energía reticular ya que se necesita una energía mayor para separar los iones entre sí y sacarlos de la red cristalina

4 sólida hasta hacer desaparecer dicha red o estructura (proceso de fusión); por tanto, el orden de temperatura de fusión será LiF > NaF > KF el mismo que el orden de energía reticular. 3.-a) La ecuación del equilibrio de solubilidad de esta sustancia es Fe(OH) 3(s) Fe 3+ (ac) + 3 OH (ac) la expresión del producto de solubilidad (constante de equilibrio) es K s = [Fe 3+ (ac)] [OH (ac)] 3 b) Llamamos solubilidad a la concentración de compuesto disuelto en una disolución que está en equilibrio con el sólido; por tanto, [Fe 3+ (ac)] = s [OH (ac) ] = 3s K s = [Fe 3+ (ac)] [OH (ac)] 3 = s (3s) 3 = 9s 4 s = c) Al aumentar el ph de la disolución, disminuirá la concentración de iones H 3 O + y aumentará la concentración de iones OH ; por tanto, el equilibrio de solubilidad de este compuesto se desplazará hacia la izquierda para compensar (principio de Le Chatelier) este aumento en la concentración de OH y por tanto el compuesto se hará más insoluble (la solubilidad será menor). 4.-a) Verdadero, por convenio, la entalpía de formación estándar de un elemento en estado natural es cero y el mercurio en estado natural es líquido. b) Falso, el signo de ΔG nos indica la espontaneidad de un proceso y esto es una cuestión que nada tiene que ver con la rapidez con la que ocurre dicho proceso; una reacción química puede ser muy rápida y sin embargo no ser espontánea, o al revés. Si ΔG < 0 entonces la reacción es espontánea pero no podremos decir nada acerca de la velocidad de esta reacción. 4 c) Verdadero, la entropía es una medida del grado de desorden de un sistema, la entropía es menor cuando el sistema está ordenado disminuyendo con la temperatura. El caso que se presenta de un sistema cristalino a -73 ºC = 0 K es el caso límite que se podría alcanzar ya que en ese caso las partículas que constituyen la red cristalina estarían totalmente en reposo y esto es una situación inalcanzable a la que le correspondería el valor cero para la entropía del sistema. 5.-a) HCl + HNO 3 Cl + NO + H O En primer lugar se localiza los elementos que cambian de estado de oxidación, en este caso se trata de la oxidación del cloro que pasa de (-) a (0). Por otro lado, el nitrógeno se reduce ya que pasa de (5+) a (4+), planteamos las semireacciones iónicas y las ajustamos sabiendo que en medio ácido se añade H O donde falte oxígeno y H + donde falte hidrógeno K s 9

5 Cl Cl + e (oxidación) NO + H e NO + H O (reducción) multiplicamos la reducción x para ajustar los electrones transferidos y sumamos para obtener la ecuación iónica ajustada Cl Cl + e (oxidación) NO + 4 H e NO + H O (reducción) Cl + NO + 4 H + 3 Cl + NO + H O traspasamos los coeficientes de la reacción iónica ajustada a la molecular HCl + HNO 3 Cl + NO + H O b) Calculamos los moles de ácido clorhídrico (HCl) n= M V = 0,5molL 0,L= 0, 05mol como vemos en la reacción iónica ajustada, mol de ácido clorhídrico se oxidan a mol de cloro. Establecemos la proporción mol HCl 0,05mol HCl = x = 0, 005 mol Cl mol Cl x calculamos el volumen que ocupan a 7ºC (90 K) y 70 mmhg (0,95 atm) V 0, 05 0, nrt mol atm L K mol K = = = 0,65 L P 0,95atm 6.-a) HCl + H O Cl + H 3 O + El ácido clorhídrico es en un ácido fuerte que se encuentra totalmente disociado en disoluciones acuosas diluidas, como es monoprótico la concentración de iones H 3 O + coincide con la inicial del ácido ph = log H O + = log 0, = 3 formulamos el equilibrio de disociación del ácido fórmico en el agua y establecemos las concentraciones de cada especie en el equilibrio en función de la concentración inicial del ácido c 0 y de las concentraciones de cada especie iónica a las que llamaremos x HCOOH + H O HCOO + H3 O + c eq c 0 x x x

6 formulamos la constante de equilibrio del ácido K a + HCOO H 3O x = = HCOOH c x [ ] 0 sustituyendo 4 =,8 0 x x Si se resuelve esta ecuación de segundo grado se obtienen dos soluciones, una negativa que no tenemos en cuenta por no tener significado químico, y otra solución x =,3 0 - Por tanto, tenemos [H 3 O + ] =,3 0 - M ph = H O + = = log 3 log(,3 0 ),9 b) Se trata de calcular la concentración de la disolución de HCl que tendrá un ph =,9; es decir, [H 3 O + ] =,3 0 - M; por tanto, la disolución de HCl que buscamos tendrá una concentración mol/l. Calculamos el número de moles de HCl que hay en 50 ml 0, M n= M V = 0,molL 0,05L= 0,005mol conocida la nueva molaridad ( mol/l), calculamos el volumen para que contenga los moles anteriormente calculados V n 0,005mol = = = 0,385 L (385 ml ) M.3 0 moll calculamos el volumen de agua que hay que añadir V = 385 ml 50 ml = 335 ml

7 SOLUCIONES QUÍMICA JUNIO 0 OPCIÓN B.-a) Rb O b) Ca(HCO 3 ) c) CH 3 COCH CH 3 d) Hidruro de berilio e) Ácido perclórico f) Etanoamida.-a) Utilizando la densidad del agua se calcula la masa de agua contenida en 5 ml m= V d = 5mL gml = 5 g teniendo en cuenta que la masa molar del agua es Mm(H O) = 8 g mol -, calculamos el número de moles m 5 g n =, 4 m Mm = 8 g mol = ol b) En primer lugar se determina el número de moléculas H O 3 3 N = n N A =.4 mol 6,0 0 moléculas mol = 8, 43 0 moléculas Como cada molécula de H O tiene dos átomos de hidrógeno, tendremos 3 4 nº at H = 8,43 0 moléculas =,68 0 átomos de H c) Conocemos que moléculas de H O (mol H O) tienen una masa de 8 g (mol H O); por tanto la masa de una molécula será 8 g m= = ,0 0 moléculas 3 g 3.-a) El azufre es un elemento del período 3 y grupo 6; por tanto su configuración electrónica es S - s s p 6 3s 3p 4 Así, el ion S - tendrá una configuración electrónica como la anterior pero con dos electrones más; es decir, tendrá la configuración electrónica del gas noble siguiente al S S - - s s p 6 3s 3p 6 El hierro es un elemento del período 4 y grupo 8; por tanto su configuración electrónica es Fe - s s p 6 3s 3p 4 3d 6 4s Así, el ion Fe + tendrá una configuración electrónica como la anterior pero con dos electrones menos. Hay que tener en cuenta que este caso pertenece a la excepción de los orbitales d semilleros quedando Fe + - s s p 6 3s 3p 4 3d 5 4s

8 b) El S - tiene 8 electrones por tanto un catión con este número de electrones será el K + ya que K (Z=9) está en el período 4 y grupo Un anión isoelectrónico será Cl ya que Cl (Z=7) está en el mismo período (período 3) que S pero en un grupo posterior (grupo 7) c) Esto se puede justificar teniendo en cuenta que: Al quitar un electrón de un átomo neutro para formar un ion monopositivo, disminuyen las repulsiones interelectrónicas y por tanto se requiere mayor energía para arrancar el siguiente electrón. La carga nuclear efectiva es mayor en la segunda extracción, ya que aunque el valor de Z sigue siendo igual, ahora al haber un electrón menos, el apantallamiento es menor, por tanto, la fuerza de atracción sobre los electrones externos será mayor. 4.-a) El HNO 3 es un ácido fuerte con lo que su ph es menor que 7. El KNO 3 es una sal proveniente de ácido fuerte y base fuerte, por lo tanto, no hidroliza a la molécula de agua, su ph es igual a 7. El NaOH es una base fuerte con lo que su ph es mayor que 7. El orden solicitado de menor a mayor acidez es el siguiente: NaOH < KNO 3 < HNO 3 b) Al añadir agua a una disolución de un ácido fuerte, prácticamente no cambia el número de moles de H 3 O +, sin embargo, estamos aumentando el volumen con lo que disminuirá la concentración de iones H 3 O + por lo que el ph aumentará. 5.-a) Si llamamos x al número de moles de NO que reaccionan NO(g) + H (g) N (g) + H O(g) n 0 0, 0,05 0 0, n eq 0, x 0,05 x x/ 0,+x c eq 0, x 0,05 x x/ 0,+x (V = L) como sabemos que en el equilibrio la concentración de NO es 0,06 M 0, x = 0,06 x = 0, 0,06 = 0,038mol calculamos la concentración de cada especie en el equilibrio [ H ] [ NO] = 0,06 eq M = 0,05 0,038 = 0,0 M eq 0,038 [ N ] = = 0,09 M eq HO = 0,+ 0, 038 = 0,38M [ ] eq

9 b) Calculamos el valor de K c K c [ N][ HO] [ NO] [ H ] = = 653,7 6.- a) Podemos calcular la entalpía de una reacción mediante un balance termodinámico entre los enlaces rotos y los enlaces formados: o r ( ) ( ) Δ H = Energía enlaces rotos Energía enlaces formados Realizamos las estructuras de Lewis de todos los reactivos y productos como vemos se rompen enlace C-H y enlace Cl-Cl y se forman enlace C-Cl y enlace Cl-H, por lo tanto o Δ H = ( ) = 4kJ mol f La variación de entalpía estándar de una reacción se puede calcular partiendo de las entalpías estándar de formación de los compuestos que intervienen en ella, según la siguiente ecuación ) Δ H o = ΔH o ( productos) ΔH o ( reactivos r f f ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] Δ H =Δ H CH Cl +ΔH HCl Δ H CH +ΔH Cl r f 3 f f 4 f ( ) Δ H =8 9,3 74,8 + 0 = 99,5 kj mol 0 r La diferencia que puede observarse en el valor de la entalpía de reacción es debida a que el cálculo por el método de las entalpías de enlace no es exacto, ya que los valores de las energías de rotura de los enlaces, son valores medios. El método de las entalpías de formación sí da el valor exacto. b) Calculamos 0 0 Δ G =ΔH TΔ S En este caso es muy importante observar las unidades de las magnitudes anteriores ya que una viene dada en kj y otra en J por lo que se debe de realizar un cambio de unidades 0 ΔS =, J/K mol = 0,0 kj/k mol Δ = = G 99,5 kjmol 98 K 0, 0kJK mol 0,8kJmol