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REGIÓN DE MURCIA CONVOCATORIA SEPTIEMBRE 2011
S O L U C I Ó N D E L A P R U E B A D E A C C E S O
AUTOR: Julio Egea Egea a) Principio de llenado Aufbau: para que se cumpla,
deben de darse las siguientes condiciones:
쐌Principio de mínima energía: un electrón poseerá la mínima energía posible en la corteza.
쐌Principio de máxima multiplicidad de Hund: los electrones ocuparán el máximo número de orbita-les y subniveorbita-les posiborbita-les dentro de su capa.
쐌Principio de exclusión de Pauli: en el mismo átomo no pueden existir dos o más electrones con los cuatro números cuánticos iguales.
De las representaciones de cajas del enunciado se deduce que son válidas las configuraciones A y C, pues ambas cumplen con el principio de llenado de Aufbau, aunque la C no lo cumple totalmente, pues no posee exactamente la mínima energía, pero es un estado permitido denominado “promo-cionado” (un electrón de 2s ha subido de energía en la misma capa al subnivel 2p).
Es incorrecta la configuración B pues los espines de la caja 2p llena están en el mismo sentido y, por tanto, tienen los cuatro números cuánticos iguales no cumpliendo el principio de exclusión de Pauli.
b) La configuración A representa el estado
fundamen-tal, pues cumple completamente con el principio de llenado Aufbau.
La configuración C representa un estado excitado, pues posee más energía que el fundamental, pero como el electrón excitado permanece en su mis-ma capa también se denomina estado promocio-nado.
a) La fusión consiste en dotar de un cierto “movimiento
o libertad de unión” a los átomos o a las moléculas que constituyen la sustancia; por tanto, de acuerdo con el apartado anterior, se tiene que el diamante es carbono puro cristalizado en una red tetraédrica del modelo sp3, muy compacta, por lo que para fundirlo hay que romper sus enlaces y superar la energía reti-cular de la misma.
b) El cloruro de sodio es un compuesto iónico.
Los compuestos iónicos forman redes cristalinas en las que cada ion de un signo se rodea de tantos iones de signo contrario como lo permite su propio volumen; por tanto, no forman verdaderas molécu-las, sino que son conjuntos de iones ordenados en el espacio en estado sólido.
La disolución es un ataque de las moléculas del disolvente a los iones de la red mediante atracciones eléctricas que consiguen separar cada ion y rodearlo con moléculas orientadas hacia el mismo por el polo de signo contrario. De esta forma la red se destruye y los iones pasan a formar parte de la disolución, adquiriendo mucha movilidad.
Esta disolución se produce de forma intensa con disolventes polares; con disolventes apolares se pro-duce en mucho menor grado o no tiene lugar. El agua es una molécula polar, por tanto disuelve bien a los compuestos iónicos y, en concreto, al NaCl. Para conseguir la disolución se han de vencer los enlaces iónicos y superar la energía de la red (ener-gía reticular).
Pasando a las especies moleculares de origen y adjudi-cando los 8 iones H+al H2SO4se tiene:
8 NaI(aq) + 4 H2SO4(aq) ↓
H2S(g) + 4 I2(s) + 4 Na2SO4(aq) + 4 H2O(l) Reajustando el S en el primer término la ecuación total queda:
8 NaI(aq) + 5 H2SO4(aq) ↓
H2S(g) + 4 I2(s) + 4 Na2SO4(aq) + 4 H2O(l)
a) Se resuelve por el concepto de grado de disociación
α. Se plantea el cuadro guía hasta el equilibrio en función de α:
De la concentración en el equilibrio del Cl2se obtie-ne el valor del grado de disociación:
De esta expresión se obtiene que α = 0,2857, es decir, se encuentra disociado un 28,57 % del PCl5. De este valor se obtiene la concentración del resto de los componentes en el equilibrio:
Es decir, las concentraciones en el equilibrio son: [PCl5] = 0,5 M; [PCl3] = 0,2 M; [Cl2] = 0,2 M.
NOTA: Otra forma de resolverlo es por los moles que
han reaccionado:
De la concentración en el equilibrio del Cl2se obtie-ne el valor de x = 1.
De este valor se obtiene la concentración del resto de los componentes en el equilibrio:
Es decir, las concentraciones en el equilibrio son: [PCl5] = 0,5 M; [PCl3] = 0,2 M; [Cl2] = 0,2 M.
b) Si al equilibrio anterior se le añaden 0,1 mol de PCl5 la nueva propuesta que se plantea es la siguiente. Moles de PCl5 en el equilibrio anterior:
PCl5= 3,5 − x = 3,5 − 1 = 2,5 Kc=
[ ][ ]
PCl Cl[ ]
PCl3 2 =0,2 0,20,5⋅ =0,08 5 PCl 3 5 3,5 1 5 0,5 M 5[ ]
= ,5 x− = − = V = 5 L PCl5 (g) PCl3(g) + Cl2 (g) ni n0 = 3,5 − − nr x − − nf − x x neq 3,5− x x x[ ]eq
3,5—–—–− x 5 x –– 5 x –– 5 = 0,2 χ pp= χ pT α = = = moles disociados moles iniciales 0 2857, qque expresado en %:α =28,57 % Kc=[ ][ ]
PCl Cl[ ]
= ⋅ = PCl 0,2 0,2 0,5 0,08 3 2 5 PCl (1 ) 5 3,5 (1 0,2857) 5 0,5 M 5 0[ ]
=n −α = − = n0 5 3,5 5 α α = = 0 2 0 2 , , Propuestas Soluciones CaH2 Dihidruro de calcio Hidruro de calcio CrO3 Trióxido de cromo Óxido de cromo (VI) SiH4 Silano Tetrahidruro de silicio C6H5OC6H5 Difeniléter O HCONH2 Metanamida O NH2 H — CManganato de potasio K2MnO4
Tricloruro de bismuto BiCl3
Dihidrogenofosfato de calcio Ca(H2PO4)2
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Mol de PCl3 en el equilibrio anterior: x = 1 Mol de Cl2 en el equilibrio anterior: x = 1 Mol en la nueva mezcla:
PCl5= 2,5 + 0,1 = 2,6 PCl3= 1 Cl2 = 1 Al añadir 0,1 mol de PCl5, el equilibrio evoluciona disociándose parte del reactivo añadido hasta alcan-zar el nuevo equilibrio manteniéndose constante Kc, pues la temperatura no varía. Este hecho se certifica calculando el cociente de reacción de la nueva mezcla:
Como Qc< Kcel equilibrio evoluciona hasta que se igualan, es decir, hacia productos (se cumple el prin-cipio de Le Châtelier). Por lo tanto, se disocia parte del PCl5:
A partir de la expresión de Kcy de su valor calculado en el apartado anterior, se obtiene x:
Simplificando resulta la ecuación:
x2
+ 2,4 x − 0,04 = 0
Cuya única solución con significado químico es:
x = 0,01655 ≈ 0,017. Con este valor se realizan los
cál-culos solicitados por el enunciado.
쐌Composición de la mezcla
Mol de PCl5 en el nuevo equilibrio: 2,6 − x = 2,6 − 0,017 = 2,583 Mol de PCl3 en el nuevo equilibrio:
x = 1 + x = 1 + 0,017 = 1,017
Mol de Cl2 en el nuevo equilibrio:
x = 1 + x = 1 + 0,017 = 1,017
Mol totales en el equilibrio:
2,583 + 1,017 + 1,017 = 4,62
Las fracciones molares serán las siguientes:
Es decir la composición de la mezcla es:
Mol de PCl5 en el nuevo equilibrio: 2,583 que es un 55,91 % de los moles en el equilibrio.
Mol de PCl3 en el nuevo equilibrio: 1,017 que es un 22,01 % de los moles en el equilibrio.
Mol de Cl2 en el nuevo equilibrio: 1,017 que es un 22,01 % de los moles en el equilibrio.
쐌Presión total
Se obtiene aplicando la ley de los gases ideales a la mezcla en equilibrio con 4,62 mol totales y en las condiciones del mismo:
a) Se mezclan 20 mL de disolución de NaOH 0,5 M con
10 mL de disolución de NaOH 0,25 M. Se calculan los moles de bases mezcladas:
En la disolución 1:
En la disolución 2:
Mol totales de NaOH mezclados = 0,01 + 0,0025 = 0,0125. Estos 0,0125 mol se encuentran en el volu-men total (se supone aditivo): (0,02 + 0,01) L = 0,03 L. Cálculo de la concentración del NaOH:
Como el NaOH es una base fuerte se disocia total-mente: NaOH → Na+ + OH− 0,042 M 0,042 M 0,042 M Qc=
[ ][ ]
[ ]
= ⋅ = PCl Cl PCl 1 5 2,6 5 0,077 3 2 5 1 5 M n V = = = = ≈ 0,0125 mol 0,03 L 0,0416 0,042 M MV =0 25, mol ⋅0 01, =0 0025,litro litros mol de NNaOH MV =0 5, mol⋅0 02, =0 01,
litro litros mol de NaOHH
V = 5 L PCl5 (g) PCl3(g) + Cl2 (g) ni 2,5 + 0,1 = 2,6 1 1 nr x − − nf − x x neq 2,6− x 1+ x 1+ x
[ ]
eq 2,6− x —–—– 5 1+ x –—– 5 1+ x –—– 5 χ pp= χ pT p nRT V = ==4,62 mol 0,082 atm L⋅ mol K⋅525 K =
Como:
pOH = − log [OH−] = − log [0,042] = 1,377 pH = 14 − pOH = 14 − 1,377 = 12,623 La mezcla posee un pH = 12,62.
b) La reacción de neutralización es:
HCl + NaOH → NaCl + H2O
Por la estequiometría se sabe que cada mol de base necesita un mol de ácido para neutralizarse, por tan-to para neutralizar la disolución son necesarios 0,0125 mol de ácido HCl.
Cálculo del volumen del ácido HCl del 20 % de rique-za y 1,056 g · cm− 3que contienen los 0,0125 mol de ácido HCl puro (Mm(HCl) = 36,5 g/mol):
Cálculo de la masa de HCl del 20 % de riqueza que contienen 0,4566 g de HCl puro:
Se necesitan 2,162 cm3
de HCl del 20 % de riqueza para la neutralización.
c) Base de cálculo: un litro de HCl del 20 % de riqueza y
1,056 g · cm− 3. Cálculo de la masa del litro consi -derado:
Esta masa posee el 20 % de ácido puro por lo que se pueden calcular los gramos de HCl que contiene el litro de referencia es decir:
1 056 · 0,20 = 211,2 g de ácido HCl puro Por tanto, la concentración es: 211,2 g/L.
Cálculo de los moles de HCl que hay en el litro consi-derado (Mm(HCl) = 36 g/mol):
Por tanto, la concentración molar es:
NOTA: Otra forma de calcular la molaridad es
apli-cando factores de conversión:
1,056g de disolución mL 1000 mL 1 L 20 g de ⋅ ⋅ ⋅ HCl puros 100 g de disolución 1 mol de H ⋅ CCl 36,5 g de HCl =5,78 M M n V = =5,78 mol= 1 L 5,78 M mol de HCl 211,2 g 36,5g L 5,78 mol = = d m V m dV = ⇒ = =1,056 g ⋅ = mL 1 000 mL 1 056 g d m V V m d = ⇒ = = 2,283 g = 1,056 g cm 2,162 cm 3 3 Nº de gramos 0,4566 g 100 20 2,283 g de HCl = ⋅ =
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A los elementos del grupo 16 les faltan 2 electrones para llenar el subnivel p de la capa de valencia y, por tanto, la misma tendrá una estructura del modelo ns2p4(anfígenos). Afinidad electrónica es la energía que se intercambia cuando un átomo neutro recibe un electrón para con-vertirse en un ion negativo. Por cada electrón recibido existe una energía intercambiada que puede ser “des-prendida del sistema” (signo negativo = exotérmica), o a veces “absorbida por el sistema” (signo positivo = endo-térmica).
La afinidad electrónica es un valor determinado por la tendencia de un átomo a captar electrones en su capa de valencia; el de mayor valor en la tabla corresponde a los halógenos (F), que son los que captan electrones con mayor facilidad.
Teniendo en cuenta lo anterior, el átomo que tenga los electrones más alejados presentará poca tendencia a captar un electrón. Por tanto, a medida que se “baja” en un grupo la afinidad electrónica disminuye y esto es lo que ocurre en el grupo 16 de los anfígenos.
Se resuelve aplicando las leyes de Faraday y se puede razonar de distintas formas:
Teniendo en cuenta que:
Disociación de la sal:
KI → K++ I− 2I− − 2e− → I2
Reacción de oxidación = pérdida de electrones (ánodo) Para este caso m = 2,79 g; n = 2 electrones intercambia-dos: I = 1,75 A, Mm= 253,8 g/mol.
El tiempo necesario es 1 212,36 s = 20,21 minutos.
Para resolver el ejercicio se aplica el principio de Le Châ-telier: “El equilibrio ante una perturbación externa evo-lucionará en el sentido de contrarrestarla”.
a) Se trata de una reacción endotérmica pues ΔH > 0,
que también se puede escribir considerando que el calor forma parte de los componentes de la reacción, es decir, de los reactivos:
CO(g) + 2 H2(g) + Q(calor) CH3OH(g) Para que el rendimiento sea máximo y se formen más productos (metanol), el proceso se debe llevar a cabo a alta temperatura, es decir, suministrando calor a la reacción, pues de esta forma evolucionará en el sentido de eliminar el calor dado; para ello el equilibrio evoluciona hacia productos.
b) Perturbación propuesta por el enunciado: cambio de
la presión.
Si el cambio es un aumento de la presión, este equili-brio evolucionará en el sentido de contrarrestar dicho aumento, o sea, hacia donde hay menor pre-sión. Eso ocurre en la zona de los productos, pues allí hay un mol y la presión parcial de estos es menor que la de los reactivos, donde hay tres moles, por ello el equilibrio se desplazará hacia los productos.
Si el cambio es una disminución de la presión, este equilibrio evolucionará en el sentido de contrarres-tar dicha disminución, o sea, hacia donde hay mayor presión. Eso ocurre en la zona de los reacti-vos, pues allí hay tres moles y la presión parcial de estos es mayor que la de los productos, donde hay un mol, por ello el equilibrio se desplazará hacia los reactivos. CO(g) + 2 H2(g) CH3OH(g) Reactivos Productos 3 mol > 1 mol pp ppreactivos > ppproductos Evolución ←⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ CO(g) + 2 H2(g) CH3OH(g) Reactivos Productos 3 mol > 1 mol pp ppreactivos > ppproductos Evolución ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ t mFn IM = = ⋅ ⋅ ⋅ = m 2,79 96 500 2 1212,36 s 175 253 8, , I Q t Q It M n m It t mF n IM = ⇒ = = = a m 96 500 a M valencia 1 Eq = = MM M v m Q a a n electrones intercambiados 96 500 ° =
Si para depositar un equivalente químico se nnecesitan 96 500 culombios
para una masa
=
= m
sse necesitaránQculombios
a)
El C del CO2y el H del H2O proceden exclusivamente del compuesto y el oxígeno se calculará por diferencia con el gramo dado, ya que el oxígeno que hay en el agua procede del compuesto dado y del O2reactivo. Cálculo del C en 2,64 g de CO2:
NOTA: Por razonamiento proporcional:
Cálculo del H en 1,08 g de H2O:
NOTA: Por razonamiento proporcional:
Cálculo del O por diferencia: 1,8 − 0,72 − 0,12 = 0,96 g de oxígeno tiene el compuesto.
Por tanto, en 1,8 g de sustancia existen las siguientes cantidades:
Por otra parte, se conoce la masa molecular real, por tanto, igualando ambas masas moleculares:
12 · 1n + 1 · 2n + 16 · 1n = 180 30 n = 180 ⇒ n = 6
De donde se obtiene la fórmula molecular de la glu-cosa: (C1H2O1)6= C6H12O6
b)
La entalpía estándar de combustión de la glucosa es − 3965,6 kJ/mol; por ser negativo es un proceso exo-térmico.
a) Se trata de ácido y base fuertes (se sabe porque el
enunciado no proporciona ni solicita las correspon-dientes constantes Ka y Kb), por lo que están total-mente disociados.
쐌Disolución de HNO3
Cálculo de la concentración molar del HNO3 cuyo pH = 1,0. Como: ΔH0 6 393 5 6 284 7 2 361 17 ( ) [ (P = ⋅ − , )] [ (+ ⋅ − , )]= = − −
∑
008 286 4 069 2 103 6 0 0 , , ( ) , ( = − = − =∑
kJ R kJ c Δ Δ Δ H H H PP R kJ ) ( ) ( , ) ( , ) , − = = − − − = −∑
∑
∑
ΔH 4 069 2 103 6 3 965 6 mol−1 C: 0,72 0,72 g 12 g mol 0,06 mol de átomos de C → = 0,06 0,06 1 H: 0,12 0,12 g 1 g mol 0,12 mol de = → = átomos de H0,12 0,06 2 O: 0,96 0,96 g 16 g mol = → ==0,06 mol de átomos de O0,06= 0,06 1 Si en 18 g de H O (su ) 2 g son de H en 1,0 2 Mm = 88 g de H O habrá g de H 2 y y = 0 12, g de H 1,08 g de H O 2 g son de H 18 g de H O(su 2 2 m ⋅ M ))=0,12 g de H Si en 44 g de CO (su ) 12 g son de C en 2, 2 Mm = 664 g de CO habrá g de C 2 x x = 0 72, g de C 2,64 g de CO 12 g son de C 44 g de CO (su 2 2 ⋅ Mmm g de C )= 0 72, M. moleculares (uma) 180 44 18 Reacción CxHyOz + O2 → CO2 + H2O M. reaccionantes (gramos) 1,8 produce→ 2,64 1,08 Datos de entalpías C6H12O6 + 6 O2 → 6 CO2 + 6 H2O (l) ΔHf0 kJ mol ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ − 103,6 − 393,5 − 284,7 Propuestas SolucionesHidróxido de cinc Zn(OH)2
Seleniuro de hidrógeno H2Se
Clorito de sodio NaCIO2
Ácido 1,2 bencenodicarboxílico C O OH C O OH 1 2 Etanal O H CH3 — C
BeO Monóxido de berilio
Óxido de berilio As2S3
Trisulfuro de diarsénico Sulfuro de arsénico (III)
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pH = − log [H3O+] [H3O+] = Antilog(− pH) = 10− pH
[H3O+] = 10− 1= 0,1 M
Las concentraciones de las especies en la disolu-ción son: [NO3
−
] = [H3O+] = 0,1 M
쐌Disolución de Ba(OH)2
Cálculo de la concentración molar del Ba(OH)2 cuyo pH = 12,0. Como:
pH + pOH = 14 pOH = 14 − pH = 14 − 12 = 2
pOH = − log [OH−] [OH−] = Antilog(− pOH) = 10− pOH
[OH−] = 10− 2= 0,01 M
Por la estequiometría la concentración de la base será:
Es decir, la disociación total de la base es:
Las concentraciones de las especies en la disolu-ción son: [Ba2 +] = 0,005 M; [OH−] = 0,01 M.
b) La reacción de neutralización es:
2 HNO3+ Ba(OH)2→ Ba(NO3)2+ 2 H2O La mezcla es 500 mL de disolución de HNO3 0,1 M con 3 litros de disolución de Ba(OH)20,005 M. Se cal-culan los moles de ácido y de base mezclados:
Cálculo del reactivo limitante:
Por tanto, el reactivo limitante es la base que reac-ciona con 0,03 mol de HNO3. Sobran: 0,05 mol de HNO3mezclados − 0,03 mol de HNO3consumidos = 0,02 mol de HNO3.
Los 0,02 mol de HNO3que han sobrado se encuen-tran en el total del volumen de la mezcla es decir:
Vtotal= 0,5 + 3 = 3,5 litros (dice el enunciado que son aditivos).
Cálculo de la concentración del HNO3 que sobra:
Al ser ácido fuerte está totalmente disociado:
Como:
pH = − log [H3O+] = − log [0,0057] = 2,243 En la siguiente tabla se resume el proceso:
c) La mezcla es: 500 mL de disolución de HNO3 0,1 M con 6 litros de disolución de Ba(OH)20,005 M. Se cal-culan los moles de ácido y de base mezclados:
Cálculo del reactivo limitante:
Por tanto, el reactivo limitante es el ácido, que reac-ciona con 0,025 mol de Ba(OH)2. Sobran: 0,03 mol de Ba(OH)2mezclados − 0,025 mol de Ba(OH)2 consumi-dos = 0,005 mol de Ba(OH)2.
Los 0,005 mol de Ba(OH)2 que han sobrado se encuentran en el total del volumen de la mezcla, es decir:Vtotal= 0,5 + 6 = 6,5 litros (dice el enunciado que son aditivos).
0 05, mol de HNO 1mol de Ba(OH) 2 mol de HNO 3⋅ 2 33 2 0,025 mol de Ba(OH) = = MV M
=0,1 ⋅0,5 litros 0,05 mol de HNO= 3
mol litro
VV =0,005 mol⋅6 litros 0,03 mol de Ba(OH=
litro ))2
Mezcla 2 HNO3 + Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + 2 H2O Moles iniciales 0,05 0,015 Moles reaccionantes 0,03 0,015 Moles finales 0,02 0 0,015 Moles sin reaccionar 0,02 0 No influye en el pH V 0,5 3 Vtotal 3,5 Molaridad 0,0057 pH 2,243 HNO3 + H2O → NO3− + H3O+ 0,0057 M 0,0057 M 0,0057 M M n V = =0,02 mol= 3,5 L 0,0057 M
0,015 mol de Ba(OH) 2 mol de HNO 1mol de Ba 2⋅ 3 ((OH) 0,03 mol de HNO 2 3 = = MV M
=0,1 ⋅0,5 litros 0,05 mol de HNO= 3
mol litro
Cálculo de la concentración del Ba(OH)2 que sobra:
Al ser base fuerte está totalmente disociada:
Como:
pOH = − log [OH− ] pOH = − log [1,54 · 10− 3] = 2,813
pH = 14 − pOH pH = 14 − 2,813 = 11,19 La mezcla posee un pH = 11,19
En la siguiente tabla se resume el proceso:
Ba(OH)2 → Ba 2+ + 2 OH− 7,69 · 10−4M 7,69 · 10−4M 2 · (7,69 · 10 −4) M = = 1,54 · 10−3M M n V = =0,005 mol= ⋅ − 6,5 L 7,69 10 M4
Mezcla 2 HNO3 + Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + 2 H2O
Moles
iniciales 0,05 0,03
Moles
reaccionantes 0,05 0,025
Moles finales 0 0,005 0,003
Moles sin reaccionar 0 0,005 No influye
