PAUs Jn (altra possible forma de justificar-ho)

Transcripción

1 PAUs Jn Bloc 1. Qüestió 1A Expliqueu raonadament, i justifiqueu la desposta si són certes les afirmacions següents: (a) Cl 2 O és una molècula polar. (b) La primera energia d ionització del potassi és menor que la del liti (c) El triiodur de bor, BI 3, és de forma trigonal plana, mentre que el triiodur de fòsfor, PI 3, és piramidal trigonal. (a) VERTADERA JUSTIFICACIÓ: 1.- Considerant la geometria molecular segons els model VSPR Clor: 7 electrons de valència Oxigen: 6 electrons de valència àtom central O nre. e valència= 7 x =20 nre. e necessaris= 8 x 3 = 24 nre. e compartits= nre. e valència nre. e necessaris= = 4 nre d enllaços formats: nre. e compartits /2= 4/2 = 2 nre. d enllaços σ = nre d àtoms 1 = 3 1 = 2 nre. d enllaços π = nre enllaços nre enllaços σ = 2 2 ps(a)=(nre. electrons amb que tanca nre d electrons dels enllaços)/2 = (8 4)/2=2 Geometria: AB 2 E 2 angular (sobre un tetraedre) (*) Per tant, el moment dipolar generat pels enllaços Cl O, ja que els àtoms tenen diferent EN i atrauen als electrons amb força diferent, no es compensa per la simetria molecular. (altra possible forma de justificar-ho) 2.- Considerant la geometria molecular segons la hibridació de l àtom central Oxigen: 6 electrons de valència àtom central configuració: 1s 2 2s 2 2p 4 hibridació: sp 3 Geometria:disposició tetraèdrica de dos parells solitaris de l oxigen i dos parells d enllaç angular (*) Per tant, el moment dipolar generat pels enllaços Cl O, ja que els àtoms tenen diferent EN i atrauen als electrons amb força diferent, no es compensa per la simetria molecular. (b) FALSA JUSTIFICACIÓ: El potassi i el liti, són dos elements del mateix grup, alcalins, i el liti (Z=3) però el potassi (Z= 19),amb configuracions electròniques: Li 1s 2 2s 1 ; i K 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 L energia d ionització és la energia necessària per a arrancar un electró d un àtom en estat gasos, i obtenir un catió. Aquesta energia serà major per al Li que per al K, ja que l electró de la capa de valència està més fortament atret pel nucli en el primer cas, i l efecte d apantallament de la força d atracció és major en el cas del potassi, cosa que també incideix en el mateix sentit. Bloc 1A

2 PAUs Jn (c) VERTADERA JUSTIFICACIÓ: 1.- Considerant la geometria molecular segons els model VSPR BI 3 PI 3 Iode: 7 electrons de valència Bor: 3 electrons de valència àtom central B, ja que EN(B)< EN(I) nre. e valència= 7 x = 24 nre. e necessaris= 8 x = 30 nre. e compartits= nre. e valència nre. e necessaris= = 6 nre d enllaços formats: nre. e compartits /2= 6/2 = 3 nre. d enllaços σ = nre d àtoms 1 = 4 1 = 3 nre. d enllaços π = nre enllaços nre enllaços σ = 3 3 = 0 ps(a)=(nre. electrons amb que tanca nre d electrons dels enllaços)/2 = (6 6)/2=0 Geometria: AB 3 trigonal plana Iode: 7 electrons de valència Fòsfor: 5 electrons de valència àtom central P, ja que EN(P)< EN(I) nre. e valència= 7 x = 26 nre. e necessaris= 8 x 4 = 32 nre. e compartits= nre. e valència nre. e necessaris= = 6 nre d enllaços formats: nre. e compartits /2= 6/2 = 3 nre. d enllaços σ = nre d àtoms 1 = 4 1 = 3 nre. d enllaços π = nre enllaços nre enllaços σ = 3 3 = 0 ps(a)=(nre. electrons amb que tanca nre d electrons dels enllaços)/2 = (8 6)/2= 1 Geometria: AB 3 disposició tetraèdrica d un parell solitari i tres parells d enllaç piramidal trigonal (altra possible forma de justificar-ho) 2.- Considerant la geometria molecular segons la hibridació de l àtom central BI 3 Bor: 3 electrons de valència àtom central configuració: 1s 2 2s 2 2p 1 hibridació: sp 2 Geometria: disposició triangular plana, angle d enllaç 120º, cap par solitari PI 3 Fòsfor: 5 electrons de valència àtom central configuració: 1s 2 2s 2 2p 3 hibridació: sp 3 Geometria: disposició tetraèdrica d un parell solitari i tres parells d enllaç piramidal trigonal Bloc 1A

3 PAUs Jn Bloc 1. Qüestió 1B Donades les molècules: HCN, F 2 O, NCl 3, SiCl 4, responeu raonadament les qüestions següents: a) Representeu l estructura de Lewis de cada una d aquestes (0,8 punts) b) Feu una predicció sobre la seua geometria molecular (0,8 punts) c) Expliqueu en cada cas si la molècula té o no moment dipolar (0,4 punts) DADES: nombres atòmics: H(1); C(6); N(7); O(8); F(9); Si(14); Cl(17) HCN (a) H C N (b) Considerant la geometria molecular segons la hibridació de l àtom central: Carboni: 4 electrons de valència configuració electrònica: 1s 2 2s 2 2p 2 presenta 4 enllaços un en l hidrogen i un enllaç triple en l àtom de nitrogen hibridació: sp : angle de 180 º entre els enllaços, i en els dos orbitals p que no intervenen en la hibridació es formen els dos dobles enllaços amb el nitrogen (que donen lloc al triple enllaç) Geometria lineal. (c) La molècula presenta moment dipolar, ja que la distribució electrònica al voltant de l àtom de carboni està desplaçada cap l àtom de nitrogen. F 2 O (a) F Ö F (falten els parells solitaris en els àtoms de Fluor, haurien de ser) (b) Considerant la geometria molecular segons el model VSPR: Fluor: 7 electrons de valència Oxigen: 6 electrons de valència àtom central O nre. e valència= 7 x =20 nre. e necessaris= 8 x 3 = 24 nre. e compartits= nre. e valència nre. e necessaris= = 4 nre d enllaços formats: nre. e compartits /2= 4/2 = 2 nre. d enllaços σ = nre d àtoms 1 = 3 1 = 2 nre. d enllaços π = nre enllaços nre enllaços σ = 2 2 ps(a)=(nre. electrons amb que tanca nre d electrons dels enllaços)/2 = (8 4)/2=2 Geometria: AB 2 E 2 angular (sobre un tetraedre) (c) Per tant, el moment dipolar generat pels enllaços F O, ja que els àtoms tenen diferent EN i atrauen als electrons amb força diferent, no es compensa per la simetria molecular. NCl 3 Cl (a) Cl N Cl (falten els parells solitaris en els àtoms de clor, haurien de ser) (b) Considerant la geometria molecular segons el model VSPR: Clor: 7 electrons de valència Nitrogen: 5 electrons de valència àtom central N, ja que EN(N)< EN(Cl) nre. e valència= 7 x = 26 nre. e necessaris= 8 x 4 = 32 nre. e compartits= nre. e valència nre. e necessaris= = 6 nre d enllaços formats: nre. e compartits /2= 6/2 = 3 nre. d enllaços σ = nre d àtoms 1 = 4 1 = 3 nre. d enllaços π = nre enllaços nre enllaços σ = 3 3 = 0 ps(a)=(nre. electrons amb que tanca nre d electrons dels enllaços)/2 = (8 6)/2= 1 Geometria: AB 3 disposició tetraèdrica d un parell solitari i 3 d enllaç piramidal trigonal Bloc 1B

4 PAUs Jn (c) Presenta moment dipolar, ja que el moment dipolar generat pels enllaços N Cl,(perquè els àtoms tenen diferent EN i atrauen als electrons amb força diferent), no es compensa totalment per la simetria molecular. (interessant fer un dibuix) SiCl 4 Cl (a) Cl Si Cl (falten els parells solitaris en els àtoms de clor, haurien de ser) Cl (b) Considerant la geometria molecular segons el model VSPR: Clor: 7 electrons de valència Silici: 4 electrons de valència àtom central Si, ja que EN(Si)< EN(Cl) nre. e valència= 7 x = 32 nre. e necessaris= 8 x 5 = 40 nre. e compartits= nre. e valència nre. e necessaris= = 8 nre d enllaços formats: nre. e compartits /2= 8/2 = 4 nre. d enllaços σ = nre d àtoms 1 = 5 1 = 4 nre. d enllaços π = nre enllaços nre enllaços σ = 4 4 = 0 ps(a)=(nre. electrons amb que tanca nre d electrons dels enllaços)/2 = (8 8)/2= 0 Geometria: AB 3 disposició tetraèdrica dels quatre enllaços tetraèdrica (c) No presenta moment dipolar, ja que el moment dipolar generat pels enllaços Si Cl,(perquè els àtoms tenen diferent EN i atrauen als electrons amb força diferent), es compensa totalment per la simetria molecular. (interessant fer un dibuix) Bloc 1B

5 PAUs Jn Bloc 2. Problema 2A En 1947 un vaixell carregat de fertilitzant a base de nitrat amònic, NH 4 NO 3, va esclatar a Texas City en provocar-se un incendi. La reacció de descomposició explosiva del nitrat amònic es pot escriure de la següent manera: 2 NH 4 NO 3 (s) 2 N 2 (g) + 2 O 2 (g) + 4 H 2 O (g) Calculeu: (a) El volum total en litres dels gasos formats per la descomposició de 1000 kg de nitrat amònic, a la temperatura de 819ºC i 740 mmhg(1 punt) (b) La quantitat d energia en forma de calor que es desprén en la descomposició de 1000 kg de nitrat amònic. DADES: masses atòmiques: H=1, N=14; O=16; R= 0,082 atm L K 1 mol 1 1 atm = 760 mmhg Hº f [NH 4 NO 3 (s) ]= 366,0 KJmol 1 ; Hº f [H 2 O (g)]= 241,82 KJmol 1 ; T= 819ºC = 1092 K P T = 740 mmhg x (1atm / 760 mmhg)= M[NH 4 NO 3 ] = 14 x x x 3 = 80 g/mol 1000 kg NH 4 NO 3 x (10 3 g /1 kg) x (1 mol / 80 g) = 1, mols NH 4 NO 3, A partir de la reacció ajustada: per cada 2 mols de NH 4 NO 3 s obtenen 7 mols de gasos: 2(N 2 )+(O 2 )+4(H 2 O ) = 7 n T = 1, mols NH 4 NO 3 x (7 mols de gasos/ 2 mols NH 4 NO 3 )= mols El volum ocupat per aquestos, segons l equació dels gasos ideals: P V = n R T V T = n T (RT /P T ) = x (0,082 x 1092) / (740/760) = 4, L Hº R = Σ n i Hº f (PRODUCTES) Σ n i Hº f (REACTIUS) = = {2 x Hº f [N 2 (g) ] + Hº f [O 2 (g) ] + 4 x Hº f [H 2 O (g)] } 2 Hº f [NH 4 NO 3 (s) ] = = 4 x Hº f [H 2 O (g)] 2 x Hº f [NH 4 NO 3 (s) ] = 4 x ( 241,82) 2 x ( 366,0)= = 235,28 kj/2 mols NH 4 NO kg NH 4 NO 3 = 1, mols NH 4 NO 3 1, mols NH 4 NO 3 x ( 235,28 kj/2 mols NH 4 NO 3 ) = 2, kj Bloc 2A

6 PAUs Jn Bloc 2. Problema 2B La urea, CO(NH 2 ) 2, és un compost de gran importància industrial en la fabricació de fertilitzants. S obté fent reaccionar amoníac, NH 3, amb diòxid de carboni, CO 2, d acord amb la reacció (no ajustada): NH 3 + CO 2 CO(NH 2 ) 2 + H 2 O Calculeu: (a) La quantitat d urea (en grams) que s obtindria en fer reaccionar 30,6 g d amoníac i 30,6 g de diòxid de carboni (1 punt) (b) La quantitat (en grams) del reactiu inicialment present en excés que roman sense reaccionar una vegada s ha completat la reacció anterior ( 0,5 punts). (c) La quantitat (en kg) d amoníac necessària per a produir 100 kg d urea en reaccionar amb un excés de diòxid de carboni ( 0,5 punts). DADES: masses atòmiques: H=1, C=12, N=14; O=16; En primer lloc ajustar la reacció: 2 NH 3 + CO 2 CO(NH 2 ) 2 + H 2 O Masses molars: M[NH 3 ] = 14 x x 3 = 17 g/mol ; M[CO 2 ] = 12 x x 2 = 44 g/mol M[CO(NH 2 ) 2 ] = 12 x x x [14 x 1 +1 x 2] = 60 g/mol Càlcul dels mols de reactius: 30,6 g NH 3 x (1 mol /17 g ) = 1,8 mols NH 3 30,6 g CO 2 x (1 mol /44 g ) = 0,695 mols CO 2 Càlcul del reactiu limitant: 0,695 mols CO 2 x (2 mols NH 3 / 1 mol de CO 2 ) = 1,391 mols NH 3 < 1,8 mols NH 3 Reactiu limitant: CO 2 ; Reactiu en excés: NH 3 0,695 mols CO 2 x (1 mols urea / 1 mol de CO 2 ) x (60 g urea / 1 mol urea) = 41,7 g urea Excés d amoníac: 1,8 1,391 = 0,409 mols x (1 mol /17 g) = 6,953 g amoníac 100 kg urea x (2 x 17 kg NH 3 /60 kg urea) = 566,67 kg amoníac Bloc 2B

7 PAUs Jn Bloc 3. Qüestió 3A Considerant els metalls Zn, Mg, Pb i Fe: a) Ordeneu-los de major a menor facilitat d oxidació (1 punts) b) Quin d aquestos metalls pot reduir el Fe 3+ a Fe 2+, però no el Fe 2+ a Fe? (1 punts) DADES: ε º (Zn 2+ /Zn) = 0,76 V; ε º (Pb 2+ /Pb) = 0,13 V; ε º (Mg 2+ /Mg) = 2,37 V; ε º (Fe 3+ /Fe 2+ )= 0,77 V ; ε º (Fe 2+ /Fe) = 0,44 V (A) La facilitat d oxidació d un metall es reflecteix en el seu potencial estàndard de reducció, ja que quan més xicotet siga aquest menys tendència presentarà a reduir-se, i s oxidarà front a un oxidant amb potencial de reducció menor, ja que perquè una reacció siga espontània: G = - n F ε < 0 ε = ε + ε - ε + > ε - Per tant, quedarien ordenats: Mg > Zn > Fe > Pb (B) Per tal de reduir el Fe 3+ a Fe 2+ : ε + (Fe 3+ /Fe 2+ )= 0,77 V > ε - (M / M 2+ ) si a més a més, no pot reduir el Fe 2+ a Fe : ε + (M / M 2+ ) > ε - (Fe 2+ /Fe) = 0,44 V per tant: 0,77 V > ε - (M / M 2+ ) > 0,44 V l únic metall dels considerats amb potencial en el interval adequat és el Plom: ε - (Pb 2+ /Pb) = 0,13V, per tant, aquest és capaç de reduir el Fe 3+ a Fe 2+, però no el Fe 2+ a Fe Bloc 3A

8 PAUs Jn Bloc 3. Qüestió 3B El metanol s obté industrialment per hidrogenació del monòxid de carboni, segons l equilibri: CO (g) + 2 H 2 (g) CH 3 OH ( g) Hº R = 128 kjmol 1 Contesteu raonadament si, per a aconseguir major produció de metanol, seran o no favorables cada una de les condicions següents (0,4 punts cada una) a) Augmentar la quantitat d hidrogen en el sistema b) Augmentar la temperatura de treball c) Disminuir el volum del reactor a temperatura constant d) Eliminar metanol del reactor e) Afegir un catalitzador al sistema en equilibri Per augmentar la producció de metanol, cal aconseguir que l equilibri es desplace cap als productes de la reacció, és a dir, cap a la dreta. (A) Sí que és favorable. En augmentar un dels reactius, l hidrogen, introduïm una modificació de les condicions d equilibri, i segons el principi de Le Chatelier, el sistema es desplaça per tal de tornar a la situació d equilibri compensant la modificació introduïda, per tant, és desplaçarà cap els productes. (B) No és favorable La reacció és exotèrmica ( 128 kjmol 1 < 0 kjmol 1 ) és a dir, desprèn calor. Per tant, en augmentar la temperatura l equilibri es desplaça cap els reactius que és en el sentit que s absorbeix calor. (*) considerant l equació de Van t Hoff, que relaciona la variació de la constant d equilibri en funció de la variació de temperatura: d lnk /dt = Hº/ RT 2 ; en ser la reacció exotèrmica un augment de la temperatura implica una disminució del valor de la constant d equilibri, i per tant, menys quantitat de productes de la reacció en l equilibri. (C) Sí que és favorable. En disminuir el volum del reactor, és a dir, el volum total, l equilibri es desplaçarà cap on menys mols gasosos hi haja, en aquest cas cap el productes. Perquè en disminuir el nombre de mols (D) Sí que és favorable. En disminuir un dels productes, el metanol, introduïm una modificació de les condicions d equilibri, i segons el principi de Le Chatelier, el sistema es desplaça per tal de tornar a la situació d equilibri compensant la modificació introduïda, per tant, és desplaçarà cap els productes. (E) No és favorable. Un catalitzador el que fa és augmentar (o disminuir, si és negatiu o inhibidor) la velocitat en què té lloc una reacció concreta, en aquest cas és tracta d un equilibri, per tant, s arribaria abans a l estat d equilibri, però no s alteraria la seua composició, per tant, no modifica la concentració de metanol. Bloc 3B

9 PAUs Jn Bloc 4. Problema 4A a) Calculeu el grau de dissociació (%) d una dissolució 0,02 M d àcid monopròtic acetilsalicílic (aspirina). 0,6 punts) b) Calculeu el grau de dissociació (%) de l acetilsalicílic en concentració 0,02 M en el suc gàstric d un pacient el ph dels suc gàstric del qual és 1,00 (aspirina). (0,6 punts) c) L acetilsalicilat, base conjugada de l àcid acetilsalicílic, és un preparat farmacèutic que s usa per via subdèrmica. Calculeu el percentatge d acetilsalicilat que hi ha en un vial que conté una dissolució preparada a partir de 0,0001 molts d acetilsalicilat en 5 ml d aigua. (0,8 punts) DADES: Ka (àcid acetilsalicílic) = 3,010 4 ; Kw = 1, Al llarg del problema anem a considerar l àcid acetilsalicílic com: HA, i la seua base conjugada A (A) concentració HA + H 2 O A + H3O + Inicial c o Equilibri c o (1- α) c o α c o α 0,02(1 α) 0,02 α 0,02 α K a = 3,010 4 = [H 3 O + ] [A ] / [HA ]= [ α 2 / (1- α) ] c o 3,010 4 = [ α 2 / (1 α) ] 0,02 α 2 + (3,010 4 /0,02) α (3,010 4 /0,02) = 0 Resolent l equació de segon grau: α 1 < 0 solució impossible, i, α 2 = 0, ,52 % (B) si ph = 1,0 = log [H 3 O + ] [H 3 O + ] = 10 1 M concentració HA + H 2 O A + H3O + Inicial c o x Equilibri c o (1- α) c o α x + c o α 0,02(1 α) 0,02 α 0,1+0,02 α A efectes de càlculs podem considerar que 0,1 + 0,02 α 0,1 K a = 3,010 4 = [H 3 O + ] [A ] / [HA ]= (c o α ) ( x + c o α) / (1- α) c o 3,010 4 = 0,1 α /(1 α) 3, ,010 3 α = α α = ,3 % (C) Cal considerar l equilibri d hidròlisi, la constant d aquest: Kh = Kw /Ka = 1, /3,010 4 La concentració inicial d acetilsalicilat: c o = 0,0001 / = 0,02 M concentració A + H 2 O HA + OH Inicial c o Equilibri c o (1- α) c o α c o α 0,02(1 α) 0,02 α 0,02 α K h = 1, /3,010 4 = [OH ] [HA ] / [A ]= [ α 2 / (1- α) ] c o = 0,02 α 2 / (1 α) Resolent l equació de segon grau: α 1 < 0 solució impossible, i, α 2 = 4, [HA ] = 0,02 4, = 8, M 8, mol/l x L = 4, mols [A ] = 0,02 (1 α) = 0,02 (1 4, ) = 0, M 0, mol/l x L= 1, mols % = n (A ) / n totals x 100 = 1, /(1, , )100 = 99,9996 % Bloc 4A

10 PAUs Jn Bloc 4. Problema 4B Quan l òxid de mercuri (sòlid), HgO(s), es calfa en un recipient tancat en què es fet el buit, es dissocia reversiblement en vapor de mercuri i oxigen, d acord amb l equilibri: 2 HgO (s) 2 Hg ( g) + O 2 ( g) Si després d aconseguir l equilibri, la pressió total va ser de 0,185 atm a 380ºC. Calculeu: a) Les pressions parcials de cada un dels components gasosos. (0,7 punts) b) Les concentracions molars d aquestes. (0,5 punts) c) El valor de les constants d equilibri Kp i Kc. (0,8 punts) DADES: R = 0,082 atml mol 1 K 1 Es tracta d un equilibri heterogeni: mols 2 HgO (s) 2 Hg ( g) + O 2 ( g) Inicial n o Equilibri (no compta) 2 n n nre. mols totals a l equilibri d espècies gasoses: n T = 2 n + n = 3 n P eq = 0,185 atm T = 380ºC = 653 K A partir de la Llei de Dalton de les pressions parcials: P 1 = χ 1 P eq = (n 1 / n T ) P eq P Hg = 2n/3n P eq = 2/3 0,185 atm = 0,123 atm P O2 = n/3n P eq = 1/3 0,185 atm = 0,0617 atm (B) Considerant la llei general dels gasos ideals: P 1 V = n 1 R T n 1 /V = P 1 /R T [Hg] = P Hg / R T= 0,123 / (0, ) = 2, M [O 2 ] = P O2 / R T = 0,0617 / (0, ) = 1, M (C) K p = P 2 Hg P O2 = (0,123) 2 0,0617 = 9, K c = [Hg] 2 [O 2 ] = (2, ) 2 1, = 6, * també: K c= K p / (RT) n = 9, (2, ) 3 = 6, Bloc 4B

11 PAUs Jn Bloc 5. Qüestió 5A El peròxid d hidrogen, H 2 O 2, és una espècie termodinàmicament inestable, per la qual cosa en dissolució aquosa (aigua oxigenada) es descompon per a donar oxigen i aigua. La reacció és accelerada per l ió iodur, I. La cinètica de descomposició de en presència de I indica que és de primer ordre tant respecte de H 2 O 2 com del I. Discutiu raonadament si les següents afirmacions són vertaderes o falses: a) La velocitat de la reacció no es veu afectada per un augment o una disminució en la concentració de H 2 O 2 (0,7 punts) b) La velocitat de la reacció augmenta a mesura que es fa major la temperatura a la qual es du a terme. (0,7 punts) c) La velocitat de la reacció augment més en doblar la concentració de l ió Iodur, I, que en doblar la concentració de H 2 O 2 (0,6 punts). El que la reacció siga de primer ordre respecte a les dues espècies vol dir que la seua llei de velocitat és: v = k [H 2 O 2 ] [I ] (A) FALSA. Un canvi en la concentració de peròxid d hidrogen donarà lloc a un canvi en la velocitat de reacció. Si augmenta la concentració del peròxid origina un augment de la velocitat, ja que existeix una relació directa (B) VERTADERA. Segons l equació d Arrhenius: k= A e Ea/RT Un canvi en la temperatura dóna lloc sempre a un augment en la velocitat de la reacció, ja que, augmenta el valor de la constant de l equació de velocitat. (C) FALSA. La concentració tant del peròxid d hidrogen com de l ió iodur afecten de la mateixa forma a la velocitat de reacció, ja que la reacció és del mateix ordre per a cadascuna de les espècies. v = k [H 2 O 2 ] [I ] = k c c Si doblem la concentració de H 2 O 2 : [H 2 O 2 ] 2 = 2c v = k [H 2 O 2 ] [I ] = k 2c c = 2v Si doblem la concentració de H 2 O 2 : [I ] 2 = 2c v = k [H 2 O 2 ] [I ] = k c 2c = 2v Bloc 5A