MODELO DE RESPUESTAS

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1 1/8 UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA VICERRECTORADO ACADEMICO AREA: INGENIERÍA CARRERA: INGENIERIA INDUSTRIAL S ASIGNATURA: QUIMICA CÓDIGO: 209 MOMENTO: VERSION: 1 FECHA DE APLICACIÓN: 06/06/2009 LAPSO: 2009-I Prof. Responsable: Ing. Miguel Alemán Coordinador: Ing. Anel Núñez OBJETIVO 1; CRITERIO DE DOMINIO: 2/3 RESPUESTA PREGUNTA 1 El elemento 13, aluminio pertenece al grupo IIIA; el elemento 20, calcio, pertenece al grupo IIA. Estos dos son elementos representativos y se puede aplicar la regla: valencia de un elemento = N (número de grupo); esta regla se aplica para los grupos I a IV. Entonces la valencia típica será: Valencia del Al = 3 Valencia del Ca= 2 Estos valores se pueden comprobar escribiendo la configuración electrónica de valencia. Para Al : 3s 2 3p 1 (puede ceder o compartir 3 electrones) para el Ca:4s 2 (puede ceder o compartir dos electrones) RESPUESTA PREGUNTA 2 Existe una correlación entre la configuración electrónica de un átomo y su posición en la tabla periódica. Es fácil, para los elementos representativos principalmente, localizar la posición de un elemento en la tabla. a) El mayor coeficiente en la configuración electrónica es 4, por consiguiente el átomo tiene 4 niveles de energía y en consecuencia pertenece al periodo 4. Como la notación electrónica termina en 4s 2 4p 2 se deduce que el elemento pertenece al grupo IVA. b) Su valencia será igual a 4 por pertenecer al grupo IV c) El número atómico del elemento es igual al número total de electrones, o sea igual a la suma de los exponentes en la configuración electrónica, 32. En la tabla periódica el elemento corresponde al germanio, Ge.

2 RESPUESTA PREGUNTA 3 2/8 El elemento 15, fósforo, pertenece al grupo VA, el elemento 16, azufre, pertenece al grupo VIA y el elemento 17, cloro, pertenece al grupo VIIA. Para los elementos de los grupos V a VII, la valencia típica está dada por: Valencia= 8 N ; donde N es el número del grupo Para los tres elementos su valencia será: P=8-5=3; S= 8-6= 2; Cl= 8-7 =1 Las configuraciones electrónicas de valencia nos dicen cuántos electrones pueden aceptar o compartir: P = 3s 2 3p 3 (puede aceptar 3 para alcanzar 3p 6 ); S= 3s 2 3p 4 (puede aceptar 2 para alcanzar 3p 6 ); Cl =3s 2 3p 5 (puede aceptar 1 para alcanzar 3p 6 ). OBJETIVO 2; CRITERIO DE DOMINIO 2/2 RESPUESTA PREGUNTA 4 Paso 1: el átomo de N es menos electronegativo que el F, así que la estructura básica NF 3, es: F N F F Paso 2: las configuraciones electrónicas de las capas externas del N y F son respectivamente. Así es que hay 5+ (3x7)=26 electrones de valencia para el NF 3. Paso 3: se dibuja un enlace covalente sencillo entre el N y cada F y se completan los octetos para los átomos de F. los dos electrones que restan se colocan en N: :F N F: I :F:..

3 3/8 RESPUESTA PREGUNTA 5 Las configuraciones electrónicas de la capa externa del P y F son 3s 2 3p 3 y 2s 2 2p 5 respectivamente, por lo que el número total de electrones de valencia es 5 +(5 x 7 ), o 40. El fósforo es, al igual que el azufre, un elemento del tercer periodo y en consecuencia puede tener un octeto expandido. La estructura de Lewis del PF 5 es:.. :F:.... F: :F P.... F: :F:.... OBJETIVO 3; CRITERIO DE DOMINIO 2/2 RESPUESTA PREGUNTA 6 1) El N sufre una variación en el estado de oxidación de +5 en el NO 3 - a +2 en NO. El S sufre un cambio en el número de oxidación de -2 en H 2 S a O en S (disminución de 3) HNO 3 + H 2 S NO + S (aumento de 2) ) El esquema de igualación de electrones: N e - N +2 (cambio de -3) S -2 S 0 + 2e - (cambio de +2) (2a) (2b) Para que el número de electrones ganados sea igual al número de los perdidos, se debe multiplicar la ecuación 2a por 2 y la 2b por 3. 2N e - 2N +2 3S -2 3S 0 + 6e - (3a) (3b)

4 4/8 3) Por lo tanto, el coeficiente de HNO 3 y del NO es 2, y el de H 2 S y S es 3. En forma parcial, la ecuación esquemática es la siguiente: 2HNO 3 + 3H 2 S 2NO + 3S (4a) Ajuste de H y O. los 8 átomos de H de la izquierda en la ecuación (4a) (2 del HNO 3 y 6 del H 2 S) deberán formar 4H 2 O en la derecha de la ecuación. La ecuación final será: 2HNO 3 + 3H 2 S = 2NO+ 3S + 4H 2 O RESPUESTA PREGUNTA 7 La ecuación balanceada es: Na2CO 3 + 2HNO 3 = 2NaNO 3 + H 2 O + CO 2 Peso molecular del Na 2 CO 3 = 106 g. a) De acuerdo con la ecuación balanceada: Número de moles de NaNO 3 = 1,0 mol x peso molecular NaNO 3 = 1,0 mol x 85,0 g/mol = 85 g de NaNO 3 b) Número de moles CO 2 = número moles Na 2 CO 3 = 53g/106 g/mol= 0,5 moles de CO 2 c) Número de moles de H 2 O = número de moles Na 2 CO 3 = 0,5. Número de gramos H 2 O= 0,5 moles x 18,02 g/mol = 9,01 g de H 2 O. OBJETIVO 4; CRITERIO DE DOMINIO 1/1 RESPUESTA PREGUNTA 8 Como se conoce el calor molar de fusión; se deben convertir los 46 g de sodio a moles: 46 g / 23g/mol= 2 moles Q = moles x calor molar de fusión= 2 moles x 620 cal/mol= 1240 cal Q = 1240 cal x 4,184 J/cal = 5188 J OBJETIVO 5; CRITERIO DE DOMINIO 1/1 RESPUESTA PREGUNTA 9 Condiciones iniciales:

5 5/8 Vi= 2,0 litros; Ti = = 293 K; Pi= 0,5 atm Condiciones finales: Vf=? ; Tf= 273K; Pf = 1atm. Empleando la ecuación de la ley universal de los gases: (Pi x Vi) / Ti = ( Pf x Vf )/ Tf Despejando Vf y sustituyendo, se tiene: Vf= Vi x (Pi/Pf) x (Tf/Ti) = 2,0 litros x (0,5 atm/1 atm)x(273 K/293K) = 0,93 litros. OBJETIVO 6; CRITERIO DE DOMINIO 2/2 RESPUESTA PREGUNTA 10 El hidrógeno tiene un buen carácter reductor y reacciona con los no-metales, por ejemplo el oxígeno, según la ecuación: 2H 2 + O 2 2H 2 O (reacción muy exotérmica) La relación estequiométrica es 2 volúmenes de H 2 /1 volumen de O 2 ; además, 1 mol de H 2 a condiciones normales ocupa 22,4 litros, entonces: Número de moles de H 2 = 20 litros / (22,4 litros/mol) = 0,89 mol Número de moles de H 2 = número de moles de H 2 O producidos Peso de H 2 O = 0,89 mol x 18,02 g/mol= 16,04 g RESPUESTA PREGUNTA 11 El oxígeno se puede preparar por descomposición térmica del KClO 3 de acuerdo con la reacción: 2KClO 3(s) 2KCl (s) + 3O 2(g) Pesos moleculares O 2 = 32,0 ; KClO 3 = 122,56 Número de moles de O 2 producidos= 320 g/ 32,0 g/mol = 10 moles de O 2 Número de moles de KClO 3 gastados = (2/3) x número de moles de O 2 producidos= (2/3) x 10 = 6,67 Peso de KClO 3 = 6,67 mol x 12,56 g/mol= 817,47 g. OBJETIVO 7; CRITERIO DE DOMINIO 2/2 RESPUESTA PREGUNTA 12 Punto de solidificación del agua pura = 0 C.

6 6/8 Constante molal del punto de solidificación, K s para el agua= -1,86, esto quiere decir que una solución 1 m experimenta un descenso de 1,86 en el punto de solidificación. T s = descenso en el punto de solidificación= 0,372 C De donde; m = T s / K s = 0,372 C / 1,86 C/mol = 0,2 molal. RESPUESTA PREGUNTA 13 La ecuación T s = Ks x m exige conocer la molalidad de la solución. De acuerdo a la definición de m, el número de moles de azúcar en 1000 g de agua será: 36 x (1000/500) = 72,0 g Que corresponden a 72,0 g/ 180 g/mol = 0,4 moles. Deducido en otra forma m = número de moles de soluto/ número de kilogramos de solvente m = (36,0/180) / ( 0,5 ) = 0,2 /0,5 = 0,4 molal Descenso del punto de congelación= T s Constante molal del punto de solidificación del agua=ks= -1,86 C/molal T s =Ks x m = -1,86 x 0,4 = - 0,744 C Punto de congelación de la solución = punto de congelación del solvente puro + T s =0 C 0,744 C = -0,744 C. OBJETIVO 8; CRITERIO DE DOMINIO 2/2 RESPUESTA PREGUNTA 14 a) Este es un ejemplo típico de un sistema heterogéneo. El BaCO 3 y el BaO son sólidos puros y por tanto sus concentraciones son constantes y no cambian; por esta razón las concentraciones de los sólidos no aparecen en la constante de equilibrio tal como se muestra: Kc = [BaO]x[CO 2 ] / [BaCO 3 ] Despejando [CO 2 ] tenemos, Kc[BaCO 3 ] / [BaO]= [CO 2 ]

7 7/8 Pero Kc x[baco 3 ] / [BaO] = K c ( una nueva constante de equilibrio ) Entonces,K c = [CO 2 ] b) Esta expresión de la constante de equilibrio significa que si se calienta BaCO 3 a una temperatura alta, de suerte que se descomponga parcialmente, la concentración de CO 2 en el equilibrio dependerá solamente de la temperatura y no cambiará si se altera la relación de la cantidad de BaCO 3 sólido a la cantidad de BaO sólido. Experimentalmente esto es lo que se observa. RESPUESTA PREGUNTA 15 De acuerdo a la estequiometria de la reacción, A se transforma al doble de velocidad de B el cual se transforma a la misma velocidad que aparece C. recordando que la velocidad de transformación está precedida del signo menos se puede escribir entonces, Velocidad de transformación de A = ( -2 ) x (0,40 ) mol/litro-hr Velocidad de transformación de B = -0,40 mol/ litro-hr OBJETIVO 9; CRITERIO DE DOMINIO 1/2 RESPUESTA PREGUNTA 16 La semireacción indica que por cada mol consumido de Zn, se liberan dos moles de electrones(o dos faradios de electricidad) Peso de un mol de Zn = 65,37 g Número de moles de Zn = (1,0 g) / ( 65,37 g/mol) = 0,0153 moles Número de faradios= 0,0153 moles x ( 2 faradios/ 1 mol de Zn ) = 0,0306 F RESPUESTA PREGUNTA 17 La reacción en el cátodo Au e - = Au Demuestra que existe 1/3 de mol de Au por cada F ( coulombs) Coulombs utilizados= ( 0,01 mol x coulombs/f) / (1/3 mol/f) Coulombs utilizados = 2,9 x 10 4 Amperes= coulombs/ segundo = ( 2,9 x 10 4 coulombs) / (7,2 x 10 3 segundo) Amperes = 4,0

8 8/8 De acuerdo a la Ley de Ohm: Volts= (corriente) x ( resistencia) = amperes x ohms V = IR V = 4 amperes x 5 ohms = 20 voltios. OBJETIVO 10; CRITERIO DE DOMINIO 1/2 RESPUESTA PREGUNTA 18 3-metil-1,4-pentadieno RESPUESTA PREGUNTA 19 3-fenil-1-penteno. CRITERIO DE CORRECCIÓN GENERAL: El objetivo será logrado si el estudiante responde de manera similar o igual a este modelo y justifica debidamente sus respuestas. FIN S

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