IES “MARIANO BAQUERO” MURCIA 2016–17 Dpto. de Física y Química
EXAMEN I DE QUÍMICA de 2º Bto. – A 3ª Evaluación Viernes, 12-5-2017
NOMBRE: . . . NOTA:
1.- (1,40 puntos) Formula o nombra las siguientes sustancias, según corresponda:
a) 3-hexanona; b) m-dinitrobenceno; c) 2-pentanamina; d) CH
3CH
2CHOH CH
2OH;
e) CH
3CH
2CH CH
3COOH; f) CH
2F
2; g) CH C O CH
3; h) CH
3CH
2CHO
2.- (2,30 puntos)
a) Halla el grado de hidrólisis y el pH de una disolución de cloruro de amonio, NH
4Cl, 0,3 M.
Dato: K
b(NH
3) = 1,8 × 10
−5.
b) ¿Qué volumen de hidróxido de sodio, NaOH, 0,125 M se necesitaría para neutralizar por completo 50 mL de una disolución de ácido perclórico, HClO
4, 0,4 M?
3.- (2,30 puntos)
a) Calcula la masa de plata depositada en el cátodo al pasar una corriente de 2 A durante 30 min por una disolución de AgNO
3. Datos: Ag 108 g/mol y F = 96 500 C.
b) Deseamos construir una pila con los semielementos: E
◦(Ag
+/Ag) = 0,80 V y E
◦(Sn
2+/Sn) = −0,137 V.
Escribe las reacciones que tienen lugar en los electrodos, indicando su nombre, polaridad, calculando la fuerza electromotriz de la pila y la variación de energía libre.
Datos: E
◦(Sn
2+/Sn) = −0,14 V; E
◦(Ag
+/Ag) = 0,80 V; F = 96 500 C/eq.
4.- (2,00 puntos)
a) Ajusta por el método del ion-electrón la siguiente ecuación, indicando el agente oxidante y el reductor:
K
2Cr
2O
7+ HCl −−→ CrCl
3+ Cl
2+ KCl + H
2O
b) Calcula el volumen de gas cloro medido a 1,2 atm y 20
◦C que se obtiene a partir de 21 g de dicromato de potasio si el rendimiento es del 82 %.
Datos: K 39,1; Cr 52,0; O 16,0.
5.- (2,00 puntos)
a) Dados dos elementos, A(Z = 8) y B(Z = 37), escribe sus configuraciones electrónicas en su estado fundamental, sitúalos en la Tabla Periódica, escribe su símbolo y su nombre. Razona cuál es el tipo de enlace, la fórmula y enumera dos propiedades de las sustancias formadas por las combinaciones de:
I) A con B.
II) B consigo mismo.
b) Calcula la energía del fotón emitido en el tránsito de un electrón desde el cuarto al primer nivel cuántico.
Datos: c = 3 × 10
8m /s; h = 6,63 × 10
−34J s;R =1,097 × 10
7m
−1.
IES “MARIANO BAQUERO” MURCIA Curso 2015-16 Dpto. de Física y Química Página 1 – Soluciones del examen I de Química de 2º Bto. – A – 3ª eval.Viernes, 12-5-2017 Química de 2º de Bachillerato – A
1.-
FORMULACIÓN:
a) CdSiO3 b) O5Cl2
c) AlH3
d) HClO3
e) HOOC-COOH
C O
OH
C O
OH
f) CF2 CH2
C F
F
C H
H
g)
CONH2 CONH2
C NH2
O
h) hidrogenoseleniato de plata/ hidrogeno(tetraoxidoseleniato) de plata i) hidróxido de platino(II)/ dihidróxido de platino
j) metafosfito de estroncio/ bis(dioxidofosfato) de estroncio k) 1,2-butanodiol
l) 2-metilbutanonitrilo/ cianuro de 1-metilpropilo m) 2-pentanona/ metilpropilcetona
n) dimetiléter/ metoximetano
2.-
REDOX (ION-ELECTRÓN / ESTEQUIOMETRÍA)
a) Escribimos la ecuación molecular sin ajustar y, debajo de cada sustancia pondremos la forma en que se encuentran las especies químicas derivadas de las sustancias en disolución acuosa:
Cu + HNO3 −−→ Cu(NO3)2 + NO + H2O
Cu H+NO3– Cu2+NO3– NO H2O
Ahora ajustamos las dos semirreacciones en medio ácido y escribimos la ecuación iónica ajustada (oxidación es pérdida total o parcial de electrones y reducción es ganancia total o parcial de electrones):
3× Cu −−→ Cu2++ 2 e– Oxidación
2× NO3– + 4 H++ 3 e– −−→ NO+ 2 H2O Reducción 3 Cu+ 2 NO3
–+ 8 H+ −−→ 3 Cu2++ 2 NO + 4 H2O
Tanteando y procurando no desajustar la ecuación iónica obtenemos la molecular ajustada:
3 Cu+ 8 HNO3−−→ 3 Cu(NO3)2+ 2 NO + 4 H2O
Calculamos la masa molar del ácido nítrico:
Mm(HNO3) = 1 + 14 + 3 · 16 = 1 + 14 + 48 = 63 g/mol
Nuestro primer objetivo es hallar la masa de soluto (ácido nítrico) que hay en los 10 mL de disolución de ácido:
Primero utilizamos la densidad para calcular la masa de disolución que hay en ese volumen:
Mediante regla de tres:
1 mL disolución
1,14 g disolución=10 mL x
x= 1, 14 · 10 = 11,4 g disolución
Mediante la fórmula de la densidad:
d= m(D)
VmL(D); 1, 14=m(D) 10 m(D) = 1, 14 · 10 = 11,4 g disolución
Después hallamos la masa de ácido (soluto) que queremos hacer reaccionar con el cobre, utilizando el tanto por ciento en masa:
Mediante regla de tres:
100 g disolución
30 g soluto =11,4 g disolución
x ; x=1, 14· 30
100 = 3,42 g soluto
Mediante la fórmula del tanto por ciento en masa:
%= m(s)
m(D)100; 30= m(s)
11, 4100; m(s) =30· 11, 4
100 = 3,42 g soluto
Utilizando directamente el concepto de tanto por ciento::
La masa de soluto es el 30 % de la masa de disolución (11,4 g).
m(s) = 30
100· 11, 4 = 3,42 g soluto
El ejercicio de estequiometría se puede resolver de dos formas:
• Utilizando la ecuación química ajustada:
3Cu + 8HNO3 −−→ 3 Cu(NO3)2 + 2NO + 4 H2O
7,5 g 3,42 g
IES “MARIANO BAQUERO” MURCIA Curso 2015-16 Dpto. de Física y Química Página 3 – Soluciones del examen I de Química de 2º Bto. – A – 3ª eval.Viernes, 12-5-2017 Química de 2º de Bachillerato – A
Tenemos que averiguar cuál es el reactivo limitante:
La proporción ideal, en gramos, con que reaccionan:
3· 63,5 g Cu 8· 63 g HNO3
= 0,378 La proporción real es:
7,5 g Cu 3,42 g HNO3
= 2,193
La proporción real es mayor que la ideal, por lo que el reactivo del numerador está en exceso (Cu) y el del denominador es el reactivo limitante (HNO3).
El reactivo limitante reacciona completamente. Planteamos la reacción química en gramos de Cu y moles de gas NO:
Mediante regla de tres:
RQ: 8· 63 g HNO3
2mol NO =3,42 g HNO3
x ; x=2· 3, 42
8· 63 = 0,013 57 mol NO
Utilizando fracciones unitarias:
3,42 g HNO3
−−→ mol NORQ
3,42
g HNO3· 2mol NO
8· 63
g HNO3 = 0,013 57 mol NO RQ
• También se podría haber resuelto por equivalentes, aprovechando la circunstancia de que la reacción es redox y el cálculo de los equivalentes redox es relativamente sencillo. Sabemos además que un equivalente de cobre reacciona con un equivalente de ácido nítrico, de manera que será el reactivo limitante el que tenga menos equivalentes.
Primero calcularemos las valencias del cobre, del ácido nítrico y del monóxido de nitrógeno, hallando el número de electrones que se intercambian por cada mol de especie química (ver las semirreacciones en el apartado a)):
v(Cu) =2 e− 1 = 2 v(HNO3) =6 e−
8 =3 4= 0, 75 v(NO) =3 e−
1 = 3/1 = 3
La primera valencia la hemos calculado utilizando la semirreacción de oxidación, donde se intercambiaban 2 electrones. La segunda, utilizando la reacción molecular que, al igual que la ecuación iónica global, se ajustó mediante una transferencia de 6 electrones. Por último, la tercera, utilizando la semirreacción de reducción, donde se intercambiaban 3 electrones.
Tenemos que averiguar cuál es el reactivo limitante, que será el que tenga menos equivalentes redox:
Equivalentes de Cu:
neq(Cu) = m(Cu)
Peq(Cu)= m(Cu)
Mat(Cu)/v(Cu)= 7, 5
63, 5/2=7, 5· 2
63, 5 = 0,236 eq Cu Equivalentes de HNO3:
neq(HNO3) = m(HNO3)
Peq(HNO3)= m(HNO3)
Mm(HNO3)/v(HNO3)= 3, 42
63/0, 75=3, 42· 0, 75
63 = 0,0407 eq HNO3
Es menor el número de equivalenes de HNO3, por lo que éste es el reactivo limitante.
Reaccionan completamente los 0,0407 eq de HNO3y se formará el mismo número de equivalentes de NO. Ahora calculamos el número de moles de NO formado:
neq= n v; n =neq
v =0, 0407
3 = 0,013 57 mol NO Los moles de NO que se han formado ocupan, a 30◦C y 1 atm, un volumen:
V= nRT
P =0,013 57· 0, 082 · (273 + 30)
1 = 0, 01357 · 0, 082 · 303 = 0,337 L NO
3.-
ÁCIDO-BASE: HIDRÓLISIS:
a) El cloruro de amonio, NH4Cl, es una sal procedente de ácido fuerte, HCl, y base débil, NH3. Es decir, se forma cuando el ácido clorhídrico y el amoníaco se neutralizan:
HCl+ NH3−−→ NH4Cl
Se puede deducir de esto que sufre hidrólisis ácida y el pH será ácido, como demostraremos a continuación:
El cloruro de amonio es una sal que en agua se disocia en sus iones:
NH4Cl−−→ NH4++ Cl–
El anión cloruro, Cl–, es la base conjugada del ácido clorhídrico que es muy fuerte (se disocia completamente en agua). Como la fuerza de un ácido y su base conjugada son inversamente proporcionales (cuanto más fuerte es uno de ellos, su conjugado es más débil), se puede comprender que el anión cloruro tiene fuerza nula como base frente al agua (Kb= 0). Como conclusión, el anión cloruro no sufre hidrólisis y no modifica el pH del agua:
Cl–+ H2O−−→ No sufre hidrólisis
El catión amonio, NH4+, es el ácido conjugado del amoníaco, que es una base débil, de manera que éste será un ácido también débil, y sufrirá una reacción ácido-base con el agua:
NH4++ H2O−−)−− NH* 3+ H3O+
Esta hidrólisis aumenta la concentración de cationes oxonio, lo que conlleva una disminución de aniones hidróxido en la disolución acuosa (ver producto iónico del agua,[H3O+] [OH−] = Kw. Así:
[H3O+] > [OH–] y la disolución es ácida, como consecuencia el pH será ácido.
b) Para calcular el pH de la disolución, primero calculamos la concentración inicial del catión amonio debido a la disociación completa de la sal:
NH4Cl −−→ NH4+ + Cl–
Inicial: 0,3 M – –
Final: – 0,3 M 0,3 M
Ahora escribimos el equilibrio que describe la hidrólisis del catión amonio, teniendo en cuenta la concentración de catión amonio que va a sufrir hidrólisis ácida:
NH4+ + H2O −−)K−−*a NH3 + H3O+
Inicial: 0,3 M – –
Equilibrio: 0, 3(1 − α) 0, 3α 0, 3α
La constante de este equilibrio es la constante de acidez del amonio, que se calcula a partir de la del amoníaco:
Ka=Kw
Kb = 10−14
1,8× 10−5 = 5,56 × 10−10
Notemos que esta constante es muy pequeña. Esto significa que el grado de disociación (o grado de hidrólisis) del amonio es muy pequeño. Es mucho menor que la unidad y es despreciable frente a 1:
α << 1; 1 − α ≈ 1 Aplicamos la ley del equilibrio químico:
ka=[NH3] [H3O+]
[NH4+] =0, 3α · 0, 3α
0, 3(1 − α) = 0, 3α · 0, 3α
0, 3(1 − α) =0, 3α2
1− α ≈0, 3α2
1 = 0, 3α2 Despejando el grado de hidrólisis:
α = Ka 0, 3=
v u
t 5,56× 10−10
0, 3 = 4,305 × 10−5 La concentración de cationes oxonio es:
[H3O+] = 0, 3α = 0, 3 · 4,305 × 10−5= 1,292 × 10−5 El pH es:
pH= − log[H3O+] = − log(1,292 × 10−5) = 4,9 El pH es ácido como se había razonado en el apartado anterior.
IES “MARIANO BAQUERO” MURCIA Curso 2015-16 Dpto. de Física y Química Página 5 – Soluciones del examen I de Química de 2º Bto. – A – 3ª eval.Viernes, 12-5-2017 Química de 2º de Bachillerato – A
4.-
REDOX: CELDA ELECTROQUÍMICA
a) El electrodo donde ocurra la reducción será aquél que tenga mayor potencial de reducción1 El que tiene mayor potencial de reducción es el electrodo de plata:
E◦(Ag+/Ag) > E◦(Zn2+/Zn)
luego será en este electrodo donde tendrá lugar la reducción (en el electrodo de cinc se producirá espontáneamente la oxidación):
2× Ag++ e– −−→ Ag Reducción/ Cátodo / Electrodo positivo Zn −−→ Zn2++ 2 e– Oxidación/ Ánodo / Electrodo negativo Zn+ 2 Ag+ −−→ 2 Ag+ Zn2+ Ecuación iónica global
El electrodo donde tiene lugar la reducción se denomina cátodo, y en este caso es el de plata. Donde tiene lugar la oxidación se llama ánodo, siendo aquí el de cinc.
Aunque no se ha preguntado en este examen, a continuación escribimos el esquema simbólico de la pila, que se lee de izquierda a derecha (en condiciones estándar):
, Zn | Zn2+(1 M) || Ag+(1 M) | Ag,⊕
b) La fuerza electromotriz de la pila2se puede calcular como el potencial de reducción del electrodo que se reduce menos el potencial de reducción del electrodo que se oxida (en algunos textos dicen que es el potencial de reducción del electrodo de la derecha menos el de la izquierda; en este caso izquierda y derecha se refieren a su posición en la representación simbólica de la pila):
fem◦= "◦pila= E◦(Ag+/Ag) − E◦(Zn2+/Zn) = 0, 80 − (−0, 76) = 1,56 V La variación de energía libre de Gibbs es:
∆G◦= −n F "◦pila
donde n es el número de electrones que se intercambian en la ecuación iónica global, F es la constante de Faraday y"pila
es la fuerza electromotriz de la pila.
Así:
∆G◦= −2 · 96500 · 1, 56 = −301 080 J = −301,08 kJ
1Es muy importante que razones esto, porque si no es como elegir a voleo entre los dos y la nota que sacas será muy inferior.
2Es la diferencia de potencial eléctrico entre los electrodos cuando la pila no está suministrando corriente eléctrica.
4.-
TERMOQUÍMICA: ENTALPÍA, ENTROPÍA / ESPONTANEIDAD / TEMPERATURA DE EQUILIBRIO:
a) Queremos calcular la entalpía de vaporización del agua, nótese que no es una reacción química porque sólo hay un cambio de estado):
H2O (l)−−→ H2O (g)
∆H◦v=X
H◦(productos) −X
H◦(reactivos) = H◦(H2O(g)) − H◦(H2O(l))
Las entalpías absolutas no son fáciles de calcular, pero como sólo nos interesa la diferencia de entalpías, podemos elegir un origen conveniente para medirlas, sustituyendo cada entalpía absoluta por su entalpía de formación y, aunque los valores no son iguales, su diferencia sí lo es:
∆H◦v=∆H◦f(H2O(g)) −∆H◦f(H2O(l)) = −242 − (−286) = 44 kJ mol−1
Comprobamos que la entalpía de vaporización del agua en condiciones estándar es positiva, luego es un proceso endotérmico.
La variación de entropía es:
∆S◦v=X
S◦(productos) −X
S◦(reactivos) = S◦(H2O(g)) − S◦(H2O(l)) = 188 − 70 = 118 J K−1mol−1 Nótese que sí se conocen las entropías absolutas de las sustancias, por lo que no ha sido necesario sustituirlas por las correspondientes entropías de las reacciones de formación. Además, comprobamos que la variación de entropía es positiva,
∆S◦> 0, lo que está de acuerdo con que debe aumentar el desorden al convertirse el agua líquida en vapor.
b) Para razonar si la vaporización del agua es un proceso espontáneo en condiciones estándar a 25◦C= 298 K, debemos calcular la variación de la energía libre de Gibbs y, será espontánea si ésta es negativa:
∆G◦=∆H◦− T∆S◦= 44 − 298 · 118
1000= 8,836 kJ mol−1
Como∆G◦> 0, la vaporización del agua no es espontánea en condiciones estándar y a 25◦C.
Nótese que la entalpía la teníamos en kJ y que la entropía estaba en J/K, así que hemos pasado este último valor a kJ/K dividiendo entre 1000.
c) El punto de ebullición del agua es la temperatura de ebullición a la presión de 1 atm. La temperatura de ebullición es aquella a la que el líquido y el vapor están en equilibrio en unas condiciones dadas. Un sistema termodinámico está en equilibrio cuando la variación de la energía libre de Gibbs vale cero,∆G= 0. Así:
∆G=∆H− T∆S 0=∆H− T∆S
T∆S=∆H T=∆H
∆S = 44 kJ mol−1
118/1000 kJ K−1mol−1 ≈ 373 K ≈ 100◦C
Hemos supuesto que los valores de la entalpía y de la entropía no varían con la temperatura, lo que no es cierto. Aún así, no varían mucho, por lo que en primera aproximación podríamos tomar los valores a 25◦C como válidos a 100◦C.