SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO

Transcripción

1 Química 1

2 Química

3 CANTABRIA CONOCATORIA JUNIO 009 SOLUCIÓN D LA PRUBA D ACCSO AUTOR: Julio gea gea Cuestiones Cuestión A a) Configuración electrónica del átomo neutro (Z 19): 1s s p 6 3s 3p 6 4s 1 stado fundamental en diagramas de cajas Z 19 Configuración electrónica de las especies con electrones desapareados Capa Orbital s s p s p s p b) Por ser 4s 1, posee los siguientes números cuánticos: Por estar en la capa 4, el número cuántico n 4. l número cuántico secundario l puede tomar los siguientes valores: 0 (subnivel s), 1 (subnivel p), (subnivel d) y 3 (subnivel f). Por estar en el subnivel s, el número cuántico secundario l 0. l número cuántico magnético m puede tomar los siguientes valores: l, 0, l. n este caso, como l 0, m 0. l número cuántico de spin puede valer ½. De acuerdo con todo el estudio anterior, el electrón más externo de esta configuración puede tener las siguientes combinaciones de números cuánticos: (4, 0, 0, ½) o (4, 0, 0, ½). c) Como su capa de valencia es 4s 1, pertenece al primer grupo del sistema periódico (metales alcalinos), dado que tiene un solo electrón en dicha capa. Puesto que la capa de valencia es la n.º 4, pertenece al 4.º periodo. d) Un átomo está excitado cuando los electrones ocupan capas superiores a la capa de valencia. jemplo 1: 1s s p 6 3s 3p 6 3d 4s 4p 5s 1 stado excitado en diagramas de cajas Z 19 Configuración electrónica de las especies con electrones desapareados Capa Orbital s s p s p s p s Cajas stado excitado en diagramas de cajas Z 19 Cuestión B jemplo : 1s 1 s 1 p 3 3s 1 3p 3 3d 5 4s 1 4p 3 5s 1 Configuración electrónica de las especies con electrones desapareados Capa Orbital s s p s p d s p s Cajas a) y b) Molécula de N 3 N (7): 1s s p 3 capa de valencia: s p 3 (1): 1s 1 capa de valencia: 1s 1 huecos del N huecos del total de huecos N. de huecos en la C capa de valencia: e del N e del total de electrones N. de electrones en C la capa de valencia: e existentes e compartidos N. compartir: par sin compartir Nota: según Lewis, cada átomo se rodea de un octeto (excepto en los casos de hipovalencia e hipervalencia, y el con un par), por lo que el N se sitúa como átomo central, tal como aparece en el esquema adjunto: N huecos N. de electrones 6 compartidos: pares compartidos e Oxford University Press spaña, S. A. Química 3

4 CANTABRIA CONOCATORIA JUNIO 009 Geometría: según la TRPC, los pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, por lo que, en principio, los tres átomos de hidrógeno se situarían en los vértices de un triángulo equilátero y el nitrógeno en el centro; pero en este caso, como el átomo de nitrógeno posee un par de electrones libre, se separa del plano y forma una pirámide de base triangular, por lo que la geometría de esta molécula es trigonal. Polaridad: como el nitrógeno es más electronegativo que el hidrógeno, atraerá a los electrones de enlace hacia sí, con μ N μ lo que se creará un momento dipolar μ distinto de cero y, μ dado que la molécula es trigonal, el momento dipolar total será diferente de cero; por ello, la molécula será polar. μ total 0 Molécula B 3 ste es un caso de hipovalencia: el B se rodea de 6 electrones. B (5): 1s s p 1 capa de valencia: s p 1 (17): 1s s p 6 3s 3p 5 capa de valencia: 3s 3p 5 huecos del B huecos del total de huecos N. de huecos en la C C C capa de valencia: e del B e del total de electrones N. de electrones en C C C la capa de valencia: huecos N. de electrones C C 6 compartidos: pares compartidos e existentes e e compartidos N. e sin 18 compartir: pares sin compartir Nota: según Lewis, cada átomo se rodea de un octeto (excepto en los casos de hipovalencia e hipervalencia, y el con un par), por lo que el B, es un caso claro de hipovalencia, se sitúa como átomo central, tal como aparece en la figura adjunta: B Geometría: según la TRPC, los pares de electrones se situarán lo más alejados posible unos de otros, lo que corresponde a una geometría triangular plana; el átomo de boro se sitúa en el centro del triángulo equilátero y los tres átomos de cloro en los vértices; por lo tanto, la molécula es triangular plana. Polaridad: como el átomo de cloro es más electronegativo que el de boro, atraerá a los electrones de enlace hacia sí, con lo que se creará un momento dipolar μ distinto de cero y, dado que la molécula es triangular (equilátera) plana, el momento dipolar total será nulo; por ello, la molécula será apolar. Cuestión C a) 3-metil-1-pentino b) p-diclorobenceno c) ácido -metilpropanoico d) dietilamina CCCC C 3 μ 0 C 3 3-metil-1-pentino (3-metilpent-1-ino) p-diclorobenceno 3 1 O C 3 CC C 3 O ácido -metil-propanoico μ 0 C 3 C NC C 3 dietilamina B B μ total 0 ángulos de 10º μ CCC CC 3 C 3 4-metil-1-pentino (4-metilpent-1-ino) o-diclorobenceno O C 3 C C C O ácido butanoico C 3 C C NC 3 metil-propilamina Oxford University Press spaña, S. A. Química 4

5 CANTABRIA CONOCATORIA JUNIO 009 Cuestión D Se aplica el principio de Le Châtelier: «l equilibrio ante una perturbación externa evolucionará en el sentido de contrarrestarla». a) Se trata de un equilibrio heterogéneo, donde el C es sólido y su concentración permanece constante; por tanto, siempre que exista C sólido en el equilibrio, aunque disminuya la cantidad de C (s), el equilibrio no se alterará. C (s) CO (g) CO (g) 119,8 kj/mol reactivo sólido productos entalpía volución: no se altera. b) Aumento de CO : el equilibrio evoluciona en el sentido de disminuirlo, es decir, hacia los productos. C (s) CO (g) CO (g) 119,8 kj/mol reactivo gas productos entalpía volución: hacia los productos. c) Disminución de temperatura: evoluciona en el sentido de aumentarla, es decir, hacia los reactivos. C (s) CO (g) CO (g) 119,8 kj/mol reactivos productos entalpía 0 (endotérmica) disminución de T volución: hacia los reactivos. d) Ante un aumento de presión, el equilibrio evolucionará en el sentido de contrarrestar dicho aumento, es decir, hacia donde haya menos moles (menos presión). C (s) CO (g) CO (g) 0 reactivo productos 1 mol mol p p reactivos p p productos volución: hacia los reactivos. Cuestión Se planteará la pila de forma que el par redox de menor potencial de reducción hará de ánodo, (Zn /Zn) 0,763, pues así, al expresarlo como oxidación e invertir el signo, se convertirá en el mayor y la reacción que se formula será la espontánea. a) y b) l esquema de funcionamiento es el siguiente: lectrodo de Zn e Sal de Zn Ánodo voltímetro puente salino Sal de Cu Cátodo lectrodo de Cu c) y d) Zn 0 e Zn ε o 0,76 Reacción de oxidación (ánodo) Cu e Cu 0 ε o 0,34 Reacción de reducción (cátodo) Zn 0 Cu Zn + Cu 0 ε o 1,10 La especie oxidante es Cu ; la especie reductora es Zn 0. La representación de la pila será: Zn 0 /Zn (1M) // Cu (1M)/Cu 0 ε o 1,10 que significa: Zn/Zn (1 M) // Cu (1 M)/Cu 0 ε o 1,10 Ánodo puente salino Cátodo e Potencial de la pila Problemas Opción de problemas I a) y b) 5 L N (g) 3 (g) N 3 (g) n i,5,5 n r x 3x n f x n eq,5x,53x x La temperatura de reacción es: T K Como ha reaccionado el 5 % del N, los moles que reaccionan serán: x,5 0,05 0,15 mol de N Calculamos el número de moles y las concentraciones en el equilibrio: N :,5 x,5 0,15,375 mol :,5 3x,5 3 0,15,15 mol N 3 : x 0,15 0,5 mol,375 [N ] 0,095 M 5,15 [ ] 0,085 M 5 [N 3 ] 0,5 5 0,01 M N 3 K c 0,01 1,71 N 3 0,095 0,085 3 Oxford University Press spaña, S. A. Química 5

6 CANTABRIA CONOCATORIA JUNIO 009 l número de moles totales en el equilibrio es: n eq,375,15 0,5 4,75 mol 4,75 mol 0,08 atm L 673 K p 10,49 atm 5 L A partir del cálculo de las fracciones molares y de la presión total, se obtienen las presiones parciales: moles χ moles totales p p χ T p T,375 χ N 0,5 4,75 p P (N ) 0,5 10,49 5,45 atm,15 χ 0,447 4,75 p P ( ) 0,447 10,49 4,689 atm 0,5 χ N3 0,053 4,75 p P (N 3 )0,053 10,49 0,556 atm Con los valores obtenidos se calcula la constante K p : K p p 0,556 p (N 3 ) p 5,45 4,689 3 p (N )p p ( ) 3 5, La constante K p se puede calcular también a partir de la constante K c : K p K c (RT) n 1,71 (0,08 673) 3 1 1,71 (0,08 673) 5, Se pueden calcular las presiones parciales por aplicación de la ley de los gases ideales a cada sustancia, teniendo en cuenta los moles de ella que están en equilibrio:,375 mol 0,08 atm L 673 K n N RT p N 5 L 5,4 atm,15 mol 0,08 atm L 673 K n RT p 5 L 4,69 atm 0,5 mol 0,08 atm L 673 K n N3 RT p N3 5 L 0,55 atm a) Se plantea el equilibrio de disociación: BO O B O c(1) c c Conocemos la concentración c 0,04 M y 0,001. Para calcular el p, se calcula la concentración de iones [O ]: [O ] c0,04 0,001 4, po log[o ] log[4, ] 4,3 p 14 po 14 4,3 9,68 c 0,04 (0,001 ) b) K b 5, (1) (1 0,001 ) Opción de problemas II a) Las condiciones estándar son p 1 atm y T 5 C 98 K. Calculamos los moles que hay en los 6 L de gas quemados en las condiciones estándar: p 1 atm 6L n RT 0,08 atm L (5 73) K 0,46 mol de C 4 l calor de combustión por cada mol de eteno quemado será: 314,16 kj 1 77,1 kj/mol 0,46 mol de eteno También puede calcularse por razonamiento proporcional: si 0,46 mol de eteno desprende 314,16 kj x 1 77,1 kj/mol Como este calor «se desprende», la reacción es exotérmica; por eso, esta energía tiene signo negativo. o c 177,1 kj/mol Por lo tanto, la reacción de combustión del eteno será: C 4 (g) 3 O (g) CO (g) O (g) b) Datos de la reacción: C 4 (g) 3 O (g) CO (g) O (g) o f (kj/mol)? 0 393,5 41,8 o c 177,1 kj/mol G o c 1314,15 kj/mol S o (kj/mol)? o c n o (productos) n o (reactivos) [ ( 393,5) ( 41,8)] [ o f (C 4 ) 3 0] (1 70,6) [ o f (C 4 )] 177,1 kj/mol De donde el calor de formación en estado estándar del eteno vale: o f (C 4 ) 6,5 kj/mol Como el signo resultante es positivo, se trata de un proceso endotérmico. Se hace el balance de todas las reacciones termoquímicas y se aplica la ley de ess. A continuación, se formula la reacción solicitada o principal y se plantean las reacciones dadas con sus entalpías. C (s) (g) C C (g) 1 mol de eteno producirá x kj Oxford University Press spaña, S. A. Química 6

7 CANTABRIA CONOCATORIA JUNIO 009 A: C 4 (g) 3 O (g) CO (g) O (g) o A 177,1 kj/mol B: C (s) O (g) CO (g) o B 393,5 kj/mol C: (g) ½ O (g) O (g) o C 41,8 kj/mol ay que conseguir ajustar el resto de las ecuaciones con los mismos coeficientes que posee cada molécula en la ecuación principal. Posteriormente, se disponen de modo que, al sumarlos, se obtenga la reacción solicitada: B: C (s) O (g) CO (g) o (393,5) 787 kj/mol C: (g) O (g) O (g) o (41,8) 483,6 kj/mol A: CO (g) O (g) C 4 (g) 3 O (g) o (1 77,1) 177,1 kj/mol C (s) (g) C 4 (g) o f (C 4 ) ,6 1 77,1 6,5 kj/mol c) De la ecuación de definición de la energía de Gibbs se despeja la variación de entropía: G o o TS o o G o S o T ( 1 77,1) ( 1 314,15) kjmol (5 73) K 37,05 kjmol kj J 0, K Como S o 0, en esta reacción aumenta el desorden. a) Se resuelve aplicando las leyes de Faraday, y se puede razonar de distintas formas: Si para depositar un equivalente químico se necesitan culombios para una masa m se necesitarán Q culombios Na Na + Na + e Na e Por cada equivalente químico de Na, se deposita otro de. Se calculan los equivalentes químicos de Na depositados: M M 3 1 q 3 g valencia n.º e intercambiados 1 masa (g) 5 n.º de q 0,17 q 3 gq 3 Se han depositado 0,17 equivalentes químicos de Na y de. Se calcula la masa que posee un equivalente químico de : M 71 1 q M eq 35,5 g n.º e intercambiados m n.º de q M eq 0,17 q 35,5 g/q 7,703 5 g de m 7,703 5 g n 0,108 5 mol de M 71 gmol b) Aplicamos la ley de los gases ideales: p p 0,108 5 mol 0,08 atm L 98 K,65 L 1 atm Teniendo en cuenta los moles depositados de cada sustancia: Na + e Na e Por cada mol de Na, se deposita 1 mol de. Se calculan los moles de Na depositados: masa (g) 5 n.º de mol 0,17 mol 3 gmol 3 Y los moles de depositados son: 1 mol de 0,17 mol de Na 0,108 5 mol de mol de Na p p 0,108 5 mol 0,08 atm L 98 K,65 L 1 atm Calculamos la cantidad de electricidad que circula: Si para depositar 3 g (1 q) de Na se necesitan culombios para una masa de 5 g ; Q 0 978,6 C se necesitarán Q culombios sta cantidad deposita también el cloro; por lo tanto, se puede poner lo siguiente: Si para depositar 35,5 g (1 q) de se necesitan culombios se deposita una masa m de con 0 978,6 culombios m 7,71 g de 7,71 g mol de 0,108 5 mol de 71 gmol p p,65 L Oxford University Press spaña, S. A. Química 7