SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO

Transcripción

1 Química 1

2 Química

3 Química 3

4 CASTILLA Y LÓN MODLO CURSO SOLUCIÓN D LA PRUBA D ACCSO AUTOR: Julio gea gea Bloque A a) l enlace covalente es la unión de átomos mediante la compartición de pares de electrones. Se define electronegatividad como la capacidad de un átomo para atraer hacia sí el par de electrones del enlace formado con otro átomo. sta propiedad se debe a la distinta naturaleza de los átomos y aumenta a medida que en un período se progresa hacia el gas noble; y en un grupo es mayor cuanto menor es el periodo al que pertenece (menor radio), siendo el flúor el elemento más electronegativo al que se le adjudica el valor de 4. Si el enlace ocurre entre dos átomos iguales no eiste el desplazamiento del par electrónico compartido ya que tienen ambos la misma electronegatividad. l enlace es covalente apolar. A A 0 n el caso en que los átomos sean diferentes se produce un desplazamiento del par que será mayor cuanto mayor sea la diferencia de electronegatividades de los átomos del enlace. l enlace es covalente polar. Las figuras adjuntas ilustran los fenómenos. A B A B 0 Se calcula la diferencia de electronegatividades de los átomos enlazados: nlace Diferencia de electronegatividad C 4,5 1,5 O 4 3,5 0,5 Además, la polaridad de un enlace viene determinada por el valor que tiene su momento dipolar. Se denomina momento dipolar del enlace a un vector que mide el producto de la cantidad de carga eléctrica Q que se ha desplazado una distancia d, del punto medio de la distancia interatómica de enlace; por tanto: Q d l carácter polar del enlace C, será mayor que el del enlace O. Ya que las distancias interatómicas son semejantes pero la cantidad de carga desplazada es mucho mayor en el C. b) Para que una molécula covalente sea polar se ha de cumplir que su momento dipolar total no sea nulo, independientemente de la polaridad de los enlaces. Cuando una molécula posee enlaces polares pero tiene una estructura geométrica tal que el resultado de la composición de todos los momentos dipolares de los enlaces es cero (se compensan) el resultado final es una molécula apolar. A continuación, se estudian las moléculas propuestas: Molécula de C 4 C(Z6): 1s s p capa de valencia: s p C 4 (Z9): 1s s p 5 capa de valencia: s p 5 N. de en la capa N N A de valencia: N. de electrones en N N A la capa de valencia: N. de electrones / 4 pares compartidos N. de e sin compartir: e e eistentes / 1 pares sin compartir Según Lewis, cada átomo se rodea de un octeto, (salvo las ecepciones, y el H con un par), por lo que el C se sitúa como átomo central. Se puede representar como se indica en la figura adjunta. C del C e del C Geometría. Según la TRPCV, los pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, lo que corresponde con una geometría en la que el átomo de carbono se sitúa en el centro del tetraedro regular y los cuatro átomos de flúor en los vértices. Como consecuencia la molécula es tetraédrica. Véase la figura en página siguiente. del e del total de total de electrones Oford University Press spaña, S. A. Química 4

5 CASTILLA Y LÓN MODLO CURSO C Geometría. Según la TRPCV, los pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, lo que corresponde con una geometría tetraédrica; el átomo de oígeno se sitúa en el centro del tetraedro, los dos átomos de flúor en dos vértices y los dos pares de electrones del oígeno en los otros dos; como consecuencia la molécula es angular. par de electrones Polaridad. Al ser el átomo de flúor más electronegativo que el de carbono atraerá a los electrones de enlace hacia sí con lo que se creará un momento dipolar distinto de cero. Como la molécula es tetraédrica el momento dipolar total será igual a cero, por ello, será apolar. 4 1 C 1, O Polaridad. Al ser el átomo de flúor más electronegativo que el de oígeno atraerá a los electrones de enlace hacia sí con lo que se creará un momento dipolar distinto de cero. Como la molécula es angular el momento dipolar total será distinto de cero; por ello, la molécula será polar. par de electrones par de electrones 3, 4 3 Molécula de O total 0 O(Z 8): 1s s p 4 capa de valencia: s p 4 O (Z 9): 1s s p 5 capa de valencia: s p 5 0 O par de electrones N. de en la capa N N A de valencia: N. de electrones en N N A la capa de valencia: N. de electrones / pares compartidos N. de e sin compartir: e eistentes e / 8 pares sin compartir Según Lewis, cada átomo se rodea de un octeto, (salvo las ecepciones, y el H con un par), por lo que el O se sitúa como átomo central puede escribir como: O del e del del O e del O total de total de electrones a) n la serie de potenciales de reducción el poder oidante es tanto mayor cuanto mayor es el valor del potencial del par comparado, por tanto, ordenando los pares dados queda: Par reductor e 3 /e I /I Mn /Mn º (V) 0,77 0,54 1,18 Poder oidante Poder reductor Poder oidante Mayor Menor e 3 /e Menor Mayor (I /I ) Mn /Mn b) Se planteará la reacción solicitada por el enunciado, en este caso, el paso de iones e a e 3 por el par I /I y se verá si se produce espontáneamente o no; calculando el potencial total de los pares enfrentados: Si la º 0, la reacción es espontánea. Si la º 0, la reacción es no espontánea, y es la inversa la que se produce. Oford University Press spaña, S. A. Química 5

6 CASTILLA Y LÓN MODLO CURSO l par que se plantea como oidación cambia el signo del valor de su potencial: Reacción de oidación (pérdida de e ): e e e 3 W reductor e e e 3 W reductor º 0,77 V º 0,77 V Reacción de reducción (ganancia de e ): I 0 e I º 0,54 V W oidante La suma de las semirreaciones anteriores: e I 0 e 3 I º 0,77 0,54 0,3 V Como º tiene valor negativo la reacción planteada es no espontánea y, por tanto, el I no puede oidar los iones e a e 3. Se produce la reacción inversa ya que su º 0: e 3 I e I º 0,3 V a) Las reacciones que se pueden producir: BaCl K CrO 4 BaCrO 4 KCl SrCl K CrO 4 SrCrO 4 KCl Como el enunciado proporciona las respectivas K s de los cromatos formados, por lo que se sabe que no son totalmente solubles; por ello, el que precipitará primero corresponde con el de menor valor de K ps, es decir, el cromato de bario, cuyo K ps es 1, b) Se calcula la concentración del ion cromato necesaria para que precipite el BaCrO 4. n la disolución eisten iones Ba y Cl procedentes de la disociación del BaCl : Disociación BaCl Ba (aq) Cl (aq) Molaridad 1, , , Además, se produce la reacción de equilibrio del sólido: BaCrO 4 (s) Ba (aq) CrO 4 (aq) K ps 1, s s K ps [Ba ] [CrO 4 ] La [Ba ] es la procedente de la disociación del BaCl, es decir, 1, M, pues la concentración s procedente del equilibrio del BaCrO 4 es despreciable en comparación con el anterior valor. Por tanto, se puede poner que: K ps CrO 4 Ba 1, , ,6 107 M Por tanto, cuando el ion cromato posea en la disolución una concentración 1,6 10 7, el BaCrO 4 precipitará. Se calcula la concentración del ion cromato necesaria para que precipite el SrCrO 4. n la disolución eisten iones Ba y Cl procedentes de la disociación del BaCl : Disociación SrCl Sr (aq) Cl (aq) Molaridad 1,0 10 1,0 10 1,0 10 La reacción de equilibrio del SrCrO 4 (s) es: SrCrO 4 (s) Sr (aq) CrO 4 (aq) K ps 3, s s K ps [Sr ] [CrO 4 ] La [Sr ] es la procedente de la disociación del SrCl, es decir, 1,0 10 M, pues la concentración s procedente del equilibrio del SrCrO 4 es despreciable en comparación con el anterior valor. Por tanto, se puede poner que: K ps CrO 4 Sr 3, , ,6 103 M Por tanto, cuando la concentración del ion cromato en disolución sea de 3,6 10 3, precipitará el SrCrO 4. Por lo que se deduce que el primero que precipita es el BaCrO 4, pues con una concentración 1, M, comienza la precipitación, mientras que el SrCrO 4 necesita una mayor concentración de ion cromato, 3, M. Otra forma Se puede saber qué compuesto precipitará primero si se procede calculando la solubilidad de cada sal, en la disolución que contiene un ion común. Solubilidad del BaCrO 4 cuando está en una disolución 1, M en cloruro de bario: K ps [Ba ] [CrO 4 ] (1, s) s K ps 1, s s Si se desprecia s frente al valor de 1, s queda: 1, s 1, s 1, M La anterior aproimación se puede realizar sin cometer grave error matemático. También se puede resolver la ecuación: 1, s s 1, s 1, s 1, Resolviendo queda: s 1, M Solubilidad del SrCrO 4 cuando está en una disolución 1,0 10 M en cloruro de estroncio: K ps [Sr ] [CrO 4 ] (1,0 10 s) s K ps 3, s s 1,0 10 s 3, s 3, M Oford University Press spaña, S. A. Química 6

7 CASTILLA Y LÓN MODLO CURSO K ps [Sr ] [CrO 4 ] s s 3, s M c) Para que precipiten al mismo tiempo se debe cumplir que el ion cromato posea en la disolución una concentración 1,6 10 7, con lo que precipitará el BaCrO 4, y que al mismo tiempo: La K ps de SrCrO 4 es 3, con lo que precipitará el SrCrO 4, es decir: K ps [Sr ] [CrO 4 ] s decir, si el Sr posee en la disolución una concentración 5 M, ambos compuestos precipitan al mismo tiempo, pues en ambos casos la concentración de ion CrO 4 (aq) necesaria es de 1, M. a) La reacción de combustión del etanol es la siguiente: CH 3 CH OH 3O CO 3 H O Para el cálculo de la entalpía de combustión: se realizará a partir de las entalpías de formación aplicadas a la reacción de combustión debidamente ajustada a un mol de etanol. CH 3 CH OH (l) 3O CO (g) 3 H O (l) H o f 77,67 393,51 85,84 mol kj : H o c H o productos H o reactivos [ (393,51) 3 (85,84)] (77,67) 1366,87 kj/mol b) Se realiza un esquema general de cálculo, teniendo en cuenta el número de enlaces rotos y formados de cada tipo para calcular la energía total puesta en juego: H H HCCOH 3 [OO] H H O N. de enlaces rotos s 3, M Sr CrO 4 [OCO] 3 Tipo K ps 3, M 1,6 10 nergía de enlace (kj/mol) nergías totales de enlaces rotos (kj/mol) 1 CC CH CO OH OO nergía total de enlaces rotos H H N. de enlaces formados H energía total de enlaces rotos energía total de enlaces formados 141 kj/mol H o c 141 kj mol Por ser de signo negativo, la entalpía de combustión, la reacción es eotérmica. a) H H H CH CH CHCH CH 3 CC CC 1-buteno o but-1-eno CH 3 CH 3 CH 3 H CH CCH 3 CH 3 metilpropeno b) CH CHCH CH 3 HOH 1-buteno o but-1-eno agua CH CHCH CH 3 H OH -butanol o butan--ol CH CHCHCH 3 HOH -buteno o but--eno agua CH 3 CHCHCH 3 OH H cis--buteno o cisbut--eno adición según Markovnikov adición sin -butanol o butan--ol adición según CH CCH 3 HOH CH 3 metilpropeno CH 3 CH CCH 3 H OH -metil--propanol o -metil-propan--ol Tipo nergía Markovnikov Markovnikov nergías totales de enlaces formados (kj/mol) 4 CO OH nergía total de enlaces rotos trans--buteno tranbut--eno Oford University Press spaña, S. A. Química 7

8 CASTILLA Y LÓN MODLO CURSO Bloque B a) Z 15 corresponde al fósforo, P, cuya configuración electrónica es 1s s p 6 3s 3p 3. Z 19 corresponde al potasio, K, cuya configuración electrónica es 1s s p 6 3s 3p 6 4s 1. Z 3 corresponde al vanadio, V, cuya configuración electrónica es 1s s p 6 3s 3p 6 3d 3 4s. Z 34 corresponde al selenio, Se, cuya configuración electrónica es 1s s p 6 3s 3p 6 3d 10 4s 4p 4. Para realizar la configuración electrónica de un elemento, los electrones se irán colocando en los orbitales, pero no al azar, sino siguiendo el principio de Aufbau o construcción progresiva, que tiene en cuenta los siguientes principios: Principio de eclusión de Pauli. Principio de mínima energía. Principio de máima multiplicidad o de Hund. l principio de constitución establece que la configuración electrónica de un átomo se obtiene de la anterior añadiéndole un nuevo electrón, que se denomina electrón diferenciador. b) Principio de eclusión de Pauli: establece una limitación en las posibilidades de combinación de los números cuánticos. Según este principio, en un mismo átomo no pueden eistir dos electrones que tengan los cuatro números cuánticos iguales. Aplicando el principio de eclusión y teniendo en cuenta la condición de dependencia que tiene cada número cuántico del anterior, se puede obtener el cuadro de distribución de los electrones en un átomo. Principio de máima multiplicidad o de Hund: los electrones que llenen orbitales de igual energía se desaparean, por lo que la forma más estable es la que presente mayor número de electrones desapareados (con spines paralelos): Principio de Hund electrones que se desaparean - - spines paralelos La regla de Hund o de máima multiplicidad eplica fácilmente la covalencia de los elementos entendiendo por ella el número de orbitales semillenos que tiene un átomo y cuyos electrones pueden aparearse con los de otro elemento. n el siguiente diagrama de cajas se resumen las correspondientes configuraciones que cumplen el principio de llenado o de Aufbau en estado fundamental: species P (Z15) K (Z19) V (Z3) Se (Z34) Configuración electrónica de las especies Capa 3.ª 4.ª Orbital s p d s p l P posee 3 electrones desapareados en p 3. l K posee 1 electrón desapareado en 4s 1. l V posee 3 electrones desapareados en 3d 3. l Se posee electrones desapareados en 4p. 1 Cs (s) CsCl (s) H o f Cl (g) S Cs (g) Cl (g) 1. a I U energía reticular Cs (g) 1 D 1. a A Cs (g) Cl (g) S 1. a I 1 D 1. a A U H o f \ \ \ \ energía energía energía energía de para el metal para el no metal reticular formación del cristal 78, 375,7 44/ (348) U 44,8 U 670,7 kj/mol a) La pirita es un mineral con distintos grados de riqueza en disulfuro de hierro. l dato de 1 t se puede pasar a gramos, pero se obtienen números muy elevados, por lo que es común utilizar kg o t. 1t1000 kg 10 6 g M (uma) R 60 % es O e O 3 4 SO m reaccionante (g) Oford University Press spaña, S. A. Química 8

9 CASTILLA Y LÓN MODLO CURSO b) c) La cantidad de es puro que contiene esa tonelada de pirita es 0, g. Otra forma: por razonamiento proporcional 0, gdees 160gdee O 3 40 g de es g 300 kg de e O 3 si con 40 g de es se obtienen 160 g de e O 3 con 0, gdees se obtienen gdee O g de e O 3 si de 100 g calculados de estequiometría se obtienen 60 g de gdee O 3 calculados se obtienen y gdee O 3 y g de e O kg de e O 3 n producidos 0, gdees 56gdeSO 40 g de es mol 64gdeSO mol de SO pv nrt V nrt p mol 0,08 atm L (1773) K mol K 850 mmhg 760 mmhg/atm ,89 L 159,5 m 3 n consumidos 0, gdees 176gdeO 1 mol ,5 mol de O 40 g de es 3gdeSO ,5 mol de O,4 L 1 mol de O en CN L 385 m 3 Se consumen 385 m 3 medidos en condiciones normales: V 1 L H I HI n iniciales 0,6 n reaccionan n formados n equilbirio [ ] equilibrio 0,6 0,6 1 0,60 K c HI H I 1 54,8 (0,60 ) 54,8 4 13,7 13,7 (0,6 ) 1,7 1, 0,36 0 cuya solución con significado químico es: 0,18 mol Una vez calculada la cantidad de moles reaccionantes, se procede a calcular las concentraciones en el equilibrio: H I 0,18 0,064 M 0,60 0,60 0,1 HI 0,478 M 1 1 % disociación n disociados 100 n iniciales 0, ,3 % 0,6 n estas condiciones, el HI está disociado en un 1,3 %. Otra forma Utilizando el concepto de grado de disociación se tiene: V 1 L H I HI n iniciales 0,6 n reaccionan 0,6 0,6 0,6 n formados 0,3 0,3 n equilbirio 0,3 0,3 0,60 (1 ) [ ] equilibrio 0,3 0,3 0,60 (1 ) T 45 C K K c HI H I 0,60(1 ) (0,3 ) (0,3 ) 0,6 (1) 0,3 54,8 0,6 (1) 0,3 54,8 1,7 10 Resolviendo queda que el grado de disociación 0,1 7 1,3 % Cálculo de las concentraciones en el equilibrio: [H ] [I ] 0,3 0,3 0,13 0,064 M [HI] 0,6 (1 ) 0,6 (1 0,13) 0,47 M T 45 C K Oford University Press spaña, S. A. Química 9

10 CASTILLA Y LÓN MODLO CURSO a) Cálculo de los moles y gramos necesarios para preparar la disolución diluida: 0,1 mol de HNO 3 puro se necesita mnm HNO3 0,1 mol 63 g/mol 6,3 g de HNO 3 puro Se calcula la masa de ácido disponible que contiene los 6,3 g de HNO 3 puro. si para obtener 6,7 g puros se toma 100 g del HNO 3 disponible 10,04 g Se calcula el volumen del ácido disponible que contiene los 10,04 g de HNO 3. V m 10,04 g 1,38 g/cm 7,8 3 cm3 7,3 ml Por tanto, se tomarán 7,3 ml de ácido nítrico del 6,7 % en peso y densidad 1,38 g/cm 3, se pasarán a un matraz de 1000 ml y se añadirá agua hasta enrasarlo. Otra forma Se calculará primero la molaridad del HNO 3 disponible, para luego proceder a igualar los moles que hay que obtener de este ácido en una disolución de 1 L y 10 1 M. Se calcula 1 L de ácido nítrico del 6,7 % en peso y 1,38 g/cm 3 Se calcula la cantidad en gramos y en mol de HNO 3 puro: m g 0,67 865,6 g Como estos moles están en 1 L, la molaridad será: M n 13,73 mol 13,73 M V 1L Nota: los cálculos anteriores se pueden resumir en la siguiente fórmula: M M n V n MV 101 mol/l 1L para obtener 6,3 g puros m V m V 1,38 g/cm cm g de masa en 1 L 865,6 g 13,73 mol 63 g/mol r( o / 1 ) (riqueza en tanto por uno) g litro 0, g L M 63 g mol n HNO3 m M HNO3 M m 13,73 mol 13,73 M L Igualando los moles necesarios a los moles deseados para obtener la disolución pedida queda: VMV M V 13,73 M 1L10 1 M Resolviendo queda: V 7, L 7,3 ml b) Hay que tomar 7,3 ml de HNO 3, 13,73 M y diluirlos con H O hasta ml en un matraz aforado, para obtener la disolución deseada. Material rasco contenedor de la disolución 13,73 M de HNO 3. rasco lavador con agua destilada. Matraz aforado de ml, con su tapón. Pipeta con sistema succionador. embudos de tubo largo (que pase del aforo). Cuentagotas de tubo largo (para terminar de enrasar), o pipeta. Papel secante (para limpiar si algún líquido se derrama). Procedimiento práctico 1. Se prepara el material anterior, ordenado y limpio.. Se pone en el matraz aforado de ml en una mesa nivelada horizontal. Se toman los 7,3 ml de HNO 3, 13,73 M con la pipeta y se pasan al matraz aforado, dejando caer el ácido por debajo del aforo. 3. Se pone el embudo de tubo largo que pase más abajo del aforo, para no mojar el cuello del matraz por encima del aforo (muesca que marca el volumen). 4. Con el frasco lavador se añade agua destilada despacio hasta llegar al cuello del matraz, cerca del aforo, pero sin llegar a él. 5. Se adopta la postura necesaria respecto al aforo de forma que los ojos estén en la misma línea horizontal que la muesca, y con el cuentagotas de tubo largo sin que toque la pared del cuello, se termina de enrasar de forma que el menisco del líquido esté tangente a la muesca (se puede sustituir el cuentagotas por otra pipeta). 6. Se cierra el matraz con su tapón. 7. Se homogeneiza la disolución. Para ello con el dedo índice se fijará el tapón manteniéndolo sobre el mismo durante toda la operación y se dará la vuelta al matraz haciendo que de la disolución discurra por el cuello hasta el tapón para volverlo a la vertical, esta operación se hará varias veces hasta conseguir que la disolución sea homogénea. Oford University Press spaña, S. A. Química 10

11 CASTILLA Y LÓN MODLO CURSO Con el embudo limpio se pasará la disolución a un frasco contenedor, al cual se le pone su tapón. 9. Se etiqueta el frasco con el contenido HNO M, la fecha y el nombre del que ha preparado esta disolución. 10. Se lava y seca el material utilizado y se vuelve a poner cada pieza usada en su lugar. c) A continuación, se ilustra el material utilizado: vaso de pricipitados frasco lavador envase a 1 L matraz aforado Oford University Press spaña, S. A. Química 11