NOTA CALI/ORDEN/PRES ORTOGRAFÍA PUNTUACIÓN EXPRESIÓN NOTA FINAL. OBSERVACIONES: Respuestas del examen de recuperación del 3º trimestre.

Transcripción

1 1.- Formule o nombre los compuestos siguientes: a) Hidrogenosulfuro de amonio b) Peróxido de estaño (II) c) Ácido 2-aminobut-2-enoico d) Ca 3 (PO 4 ) 2 e) HCN f) HCOOCH 3 Res. a) NH 4 HS ; b) SnO 2 ; c) CH 3 CH=C(NH 2 )COOH ; d) fosfato de calcio u ortofosfato de calcio e) ácido cianhídrico; f) metanoato de metilo. 2.- a) Clasifique en ácidos y bases, según la teoría de Brönsted y Lowry, las siguientes especies químicas: CO 3 =, HCN y (CH 3 ) 3 N (trimetilamina), escribiendo la reacción que tiene lugar al disolverlas en agua. b) Indique el par conjugado en cada caso. Res. a) CO 3= es una base, porque en disolución acepta un protón procedente del agua, según la reacción: CO 3= + H 2 O HCO 3- + OH -. HCN es un ácido porque en disolución cede un protón, originando la base ion cianuro, CN -, según la reacción: NCH + H 2 O CN - + H 3 O +. (CH 3 ) 3 N es una base, puesto que en disolución acepta un protón, originando el ácido, (CH 3 ) 3 NH + según la reacción: (CH 3 ) 3 N + H 2 O (CH 3 ) 3 NH + + OH -. b) CO 3= es el par conjugado del HCO 3-. Es decir, es la base conjugada del ácido HCO 3-. HCN es el par conjugado del CN -. Es decir, es el ácido conjugado de la base CN -. (CH 3 ) 3 N es el par conjugado del (CH 3 ) 3 NH +. Es decir, es la base conjugada del ácido (CH 3 ) 3 NH +.

2 3.- Se construye una pila, en condiciones estándar, con un electrón de cobre y un electrodo de aluminio. a) Indique razonadamente cuál es el cátodo y cuál el ánodo. b) Escriba el diagrama de la pila y calcule la f.e.m. de la misma. Datos: E 0 (Cu 2+ /Cu) = 0,34 V; E 0 (Ni 2+ /Ni) = -0,25 V. Res. a) Teniendo en en cuenta los potenciales estándar de reducción en el ánodo de pila estará el electrodo con menor potencial estándar de reducción en nuestro caso el de aluminio y en el cátodo el electrodo de cobre con el objetivo de que el potencial de la pila sea positivo y por tanto al variación de la energía libre de Gibbs para la reacción redox global sea negativa y, por consiguiente, espontánea. Las semirreacciones redox que tienen lugar en la pila son: Ánodo (oxidación): Ni Ni + 2 e - Cátodo (reducción): Cu e - Cu Para la reacción global: Ni + Cu Ni + Cu. b) A partir de los resultados deducidos en el apartado anterior y el convenio para la notación de las pilas, el diagrama de esta la pila será: Ni (s) Ni 2+ (aq) Cu 2+ (aq) Cu (s) La f.e.m. de la pila es: E 0 pila = E 0 cátodo- E 0 ánodo = (+0,34 V) - (-0,25 V) = + 0, 59 V. Se puede deducir, como hemos planteado inicialmente que la reacción redox global es espontánea: Teniendo en cuenta la relación de proporcionalidad entre la variación de la energía libre de Gibbs G 0 y el valor y signo de E 0 podemos establecer que para la reacción global anteriormente planteada se cumplirá: E 0 > 0 lo que implica que G 0 < 0 (condición de espontaneidad). 4.- Complete las siguientes reacciones orgánicas e indique el tipo al que pertenecen: a) C 6 H 6 (benceno) + Br 2 b) CH 3 CH 2 CH=CH 2 + H 2 O c) 2-cloro-2-metilbutano + KOH (etanol)

3 Res. a) C 6 H 6 (benceno) + Br 2 C 6 H 5 Br + HBr ; reacción de sustitución electrofílica (halogenación del benceno - bromación-). Mecanismo: Ataque del reactivo electrofílico C 6 H Br Reactivo nucleofílico + Br - Formación del complejo sigma [C 6 H 6 Br]* + Br - Recuperación de la aromaticidad C 6 H 5 Br + HBr. b) CH 3 CH 2 CH=CH 2 + H 2 O CH3CH 2 CHOHCH 3 ; reacción de adición electrofílica (adición de agua a una olefina hidratación de un alqueno-), se cumple la Regla de Markovnikov: el carbono perteneciente al doble enlace que menos hidrógenos tiene no recibe el átomo de hidrógeno procedente del agua, recibe el grupo OH, (el que menos átomos de hidrógeno tiene con menos se queda). c) 2-cloro-2-metilbutano + KOH (etanol) CH3C(CH 3 )=CHCH 3 + KCl + H 2 O ; reacción de eliminación, obteniéndose en mayor proporción la olefina más sustituida como indica la Regla de Saytzeff: El hidrógeno que sale del halogenuro de alquilo lo hace del carbono más ramificado, es decir, del carbono que menos hidrógenos tiene. 5.- El permanganato de potasio oxida al sulfato de hierro (II), en medio ácido sulfúrico para dar sulfato de manganeso (II), sulfato de hierro (III) y agua. a) Ajuste la reacción redox por el método del ion-electrón. b) Qué volumen de disolución 0,02 M de permanganato potásico se requiere para oxidar 40,0 ml de sulfato de hierro (II) 0,10 M? Res. a) En primer lugar se escriben los reactivos y los productos de la reacción sin ajustar: KMnO 4 + FeSO 4 + H 2 SO 4 MnSO4 + Fe 2 (SO 4 ) 3 + H 2 O + K 2 SO 4 1.º Por medio del análisis de las variaciones en el número de oxidación, se localizan las especies químicas que se oxidan y que se reducen. En la reacción establecida, el átomo de hierro altera su número de oxidación de +2 (en el FeSO 4 ) a +3 (en el Fe 2 (SO 4 ) 3 ). Este aumento del número de oxidación implica una oxidación de la especie química Fe +2 a Fe +3 (el FeSO 4 actúa como reductor).

4 De otra parte, en la misma reacción, el átomo de manganeso altera su número de oxidación de +7 (en el KMnO 4 ) a +2 (MnSO 4 ). Esta disminución del número de oxidación implica una reducción de la especie química MnO 4 - a Mn +2 (el KMnO 4 actúa como oxidante). 2.º Identificadas las especies que se oxidan y las que se reducen, se procede a escribir las semirreacciones de oxidación y reducción, sin ajustar: +2 Semirreacción de oxidación: F e Fe +3 Semirreacción de reducción: MnO Mn 3.º Se ajusta los átomos (balance de materia) de las semirreacciones redox añadiendo moléculas de H 2 O (medio ácido) para el ajuste de los átomos de oxígeno y iones H + para el ajuste de los átomos de hidrógeno, equilibrando las cargas eléctricas con electrones: Semirreacción de oxidación: Fe +2 Fe e - Semirreacción de reducción: MnO H e - +2 Mn + 4 H 2 O 4.º Para hacer el balance de cargas se multiplica la semirreacción de oxidación por 5 y la de reducción por 1 y se suman, eliminando los electrones igualados. Nota: 5 es el resultado de dividir el mínimo común múltiplo, m.c.m., del 1 y el 5 por 1; y 1 es el resultado de dividir el m.c.m. del 1 y el 5 por 5 (el 1 es el número de e- de la ecuación de oxidación y el 5 es el número de e- de la ecuación de reducción, m.c.m. (1, 5) = 5,). Semirreacción de oxidación: 5 Fe Fe e - Semirreacción de reducción: MnO H e - +2 Mn + 4 H 2 O Ecuación suma: 5 Fe +2 + MnO H Fe + Mn H 2 O Por tanto, la reacción en su forma iónica ajustadas queda como: 5 Fe +2 + MnO H Fe + Mn H 2 O

5 b) Para resolver este apartado, tendremos en cuenta las relaciones estequiométricas establecidas en la ecuación anterior entre los reactivos implicados. Así, la ecuación establece la siguiente relación molar: {moles de KMnO 4 /moles de FeSO 4 } = 1/5 Calculamos los moles de FeSO 4 que han reaccionado en las condiciones del enunciado del problema. Así, como reaccionan 40,0 ml de una disolución 0,10 M de FeSO 4, el número de moles de sulfato de hierro (II): 40 ml (10-3 L/mL) 0,10 mol/l = 0,004 moles de FeSO 4 A partir de ese resultado y utilizando factores de conversión calculamos los moles de permanganato de potasio que han reaccionado con los 0,004 moles de sulfato de (II): 0,004 moles de FeSO 4 1 mol de KMnO 4 / 5 moles de FeSO 4 = 0,0008 moles de KMnO 4 Teniendo en cuenta la fórmula de la molaridad, M = n /V, se tiene: 0,02 moles/l = 0,0008 moles/v de donde, V = 0,0008/0,02 = 0,04 L = 40 ml. Res. En primer lugar, calculamos la masa molecular del ácido benzoico para averiguar la masa de su mol (el mol de cualquier sustancia puede definirse como: el número de gramos de una sustancia igual a su masa molecular). M molecular ácido benzoico = = 122, entonces la masa de su mol será 122 g. En segundo lugar, calculamos la concentración inicial del ácido benzoico y la del agua: * Otra forma de hacerlo. A partir de la relación: n equivalentes del oxidante = n equivalentes del reductor N oxidante V oxidante = N reductor V reductor M oxidante V oxidante v oxidante = M reductor V reductor v reductor Nota: v oxidante = número de electrones ganados en su reducción por átomo o molécula, en nuestro caso vale 1.

6 caso vale 5. v reductor = número de electrones cedidos en su oxidación por átomo o molécula, en nuestro Sustituyendo datos obtenemos: 0,02 mol/l V oxidante 5 eq/mol = 0,1 mol/l 40 ml 1 eq/mol de donde V oxidante = 0,1 40 /0,02 5 = 40 ml. 6.- El principal método de obtención del galio es la electrolisis de las sales de Ga 3+ fundidas. a) Cuántos culombios deben pasar a través del fundido para depositar 1 kg de galio? b) Si una célula electrolítica industrial de galio opera con una intensidad de corriente de A. Cuánto tiempo será necesario para producir 1 kg de galio? Datos: F = C. Masa atómica: Ga = 69,72. Res. a) La semirreacción catódica es: Ga e - Ga De las leyes de Faraday obtenemos la fórmula: m = QM /nf en donde Q = It Nota: m = masa (en gramos) depositada o liberada al paso de la corriente. Q = cantidad de electricidad aplicada en culombios. I = intensidad de la corriente en amperios utilizada. t = tiempo necesario para que se produzca el depósito o liberación de la cantidad de masa m. n = número de electrones intercambiados en la semirreacción de deposito o liberación de un átomo de un elemento metálico o una molécula de un elemento. M = masa atómica del metal que se deposita o masa molecular del elemento que se libera. F = constante de Faraday, es la cantidad de electricidad necesaria para depositar o liberar un equivalente de cualquier sustancia y vale culombios. En los cálculos, este valor se aproxima a C eq -1. Teniendo en cuenta la fórmula m = QM/nF, se tiene: g = Q (69,72/3)g eq -1 / C eq -1 de donde,

7 Q = C /69,72 = ,58 C. b) A partir de la relación, Q = It, y de valor calculado en el apartado anterior para la cantidad de electricidad, se obtiene: ,58 C = A t Despejando el tiempo, se obtiene: t = ,58 / = 103,81 s = 1,73 min.