SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO

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(1)Química. 1.

(2) Química. 2.

(3) Química. 3.

(4) CASTILLA Y LEÓN. MODELO CURSO 20092010. SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO AUTOR:. Julio Egea Egea. Bloque A  a) El enlace covalente es la unión de átomos mediante la compartición de pares de electrones. Se define electronegatividad como la capacidad de un átomo para atraer hacia sí el par de electrones del enlace formado con otro átomo. Esta propiedad se debe a la distinta naturaleza de los átomos y aumenta a medida que en un período se progresa hacia el gas noble; y en un grupo es mayor cuanto menor es el periodo al que pertenece (menor radio), siendo el flúor el elemento más electronegativo al que se le adjudica el valor de 4. Si el enlace ocurre entre dos átomos iguales no existe el desplazamiento del par electrónico compartido ya que tienen ambos la misma electronegatividad. El enlace es covalente apolar. A— ᠨᠨ A 0 En el caso en que los átomos sean diferentes se produce un desplazamiento del par que será mayor cuanto mayor sea la diferencia de electronegatividades de los átomos del enlace. El enlace es covalente polar. Las figuras adjuntas ilustran los fenómenos. 씮 A— ᠨᠨ B ⇒ A— ⬊B 0 Se calcula la diferencia de electronegatividades de los átomos enlazados: Enlace CF OF. Diferencia de electronegatividad 4  2,5  1,5 4  3,5  0,5. Además, la polaridad de un enlace viene determinada por el valor que tiene su momento dipolar. Se denomina momento dipolar del enlace a un vector que mide el producto de la cantidad de carga eléctrica Q que se ha desplazado una distancia d, del punto medio de la distancia interatómica de enlace; por tanto: Q d El carácter polar del enlace CF, será mayor que el del enlace OF. Ya que las distancias interatómicas son semejantes pero la cantidad de carga desplazada es mucho mayor en el CF.. © Oxford University Press España, S. A.. b) Para que una molécula covalente sea polar se ha de cumplir que su momento dipolar total no sea nulo, independientemente de la polaridad de los enlaces. Cuando una molécula posee enlaces polares pero tiene una estructura geométrica tal que el resultado de la composición de todos los momentos dipolares de los enlaces es cero (se compensan) el resultado final es una molécula apolar. A continuación, se estudian las moléculas propuestas: Molécula de CF4 CF4. C (Z  6): 1s2 2s2 2p2 ⇒ capa de valencia: 2s2 2p2. 冦 F (Z  9): 1s 2s 2p ⇒ capa de valencia: 2s 2p 2. 2. 5. 2. huecos del C. huecos del F. 5. total de huecos. N N A 8  1  8  4  40. N.° de huecos en la capa de valencia:. e del C. N.° de electrones en la capa de valencia:. e del F. total de electrones. N N A 4  1  7  4  32. N.° de electrones compartidos: huecos. e. @ @ 40  32  8 ⇒ 8/2  4 pares compartidos. N.° de e sin compartir: e e existentes compartidos. @ ? 32  8  24 ⇒ 24/2  12 pares sin compartir. Según Lewis, cada átomo se rodea de un octeto, (salvo las excepciones, y el H con un par), por lo que el C se sitúa como átomo central. Se puede representar como se indica en la figura adjunta. F F. C. F. F. Geometría. Según la TRPECV, los pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, lo que corresponde con una geometría en la que el átomo de carbono se sitúa en el centro del tetraedro regular y los cuatro átomos de flúor en los vértices. Como consecuencia la molécula es tetraédrica. Véase la figura en página siguiente.. Química. 4.

(5) CASTILLA Y LEÓN. MODELO CURSO 20092010. Geometría. Según la TRPECV, los pares de electrones se situarán lo más alejados posibles unos de otros, lo que corresponde con una geometría tetraédrica; el átomo de oxígeno se sitúa en el centro del tetraedro, los dos átomos de flúor en dos vértices y los dos pares de electrones del oxígeno en los otros dos; como consecuencia la molécula es angular.. F. C F. F F. par de electrones. Polaridad. Al ser el átomo de flúor más electronegativo que el de carbono atraerá a los electrones de enlace hacia sí con lo que se creará un momento dipolar  distinto de cero. Como la molécula es tetraédrica el momento dipolar total será igual a cero, por ello, será apolar. 1, 2. C 4 F. par de electrones. F 3 total  0. O F. Molécula de OF2. 0 . O (Z  8): 1s 2s 2p ⇒ capa de valencia: 2s 2p. 冦F (Z  9): 1s 2s 2p ⇒ capa de valencia: 2s 2p 2. 2. 4. 2. 4. 2. 2. 5. 2. 5. huecos del F. huecos del O. total de huecos. N N A 8  2  8  1  24. N.° de huecos en la capa de valencia:. e del F. N.° de electrones en la capa de valencia:. e del O. total de electrones. N N A 7  2  6  1  20. N.° de electrones compartidos: huecos. par de electrones F. F 2. 3, 4. OF2. Polaridad. Al ser el átomo de flúor más electronegativo que el de oxígeno atraerá a los electrones de enlace hacia sí con lo que se creará un momento dipolar  distinto de cero. Como la molécula es angular el momento dipolar total será distinto de cero; por ello, la molécula será polar.. 1 F. O F. e. @ @ 24  20  4 ⇒ 4/2  2 pares compartidos. e existentes e compartidos. @ ? 20  4  16 ⇒ 16/2  8 pares sin compartir. Según Lewis, cada átomo se rodea de un octeto, (salvo las excepciones, y el H con un par), por lo que el O se sitúa como átomo central puede escribir como: O F. F. F. par de electrones.  a) En la serie de potenciales de reducción el poder oxidante es tanto mayor cuanto mayor es el valor del potencial del par comparado, por tanto, ordenando los pares dados queda: Par reductor ␧º (V) Poder oxidante Poder reductor. N.° de e sin compartir:. Poder oxidante. Fe3/Fe2 0,77. I2/I 0,54. Mn2/Mn 1,18. Mayor. Menor. Menor. Mayor. Fe3/Fe2  (I2/I)  Mn2/Mn. b) Se planteará la reacción solicitada por el enunciado, en este caso, el paso de iones Fe2 a Fe3 por el par I2/I y se verá si se produce espontáneamente o no; calculando el potencial total de los pares enfrentados: 쐌 Si la ␧º  0, la reacción es espontánea. 쐌 Si la ␧º 0, la reacción es no espontánea, y es la inversa la que se produce.. © Oxford University Press España, S. A.. Química. 5.

(6) CASTILLA Y LEÓN. MODELO CURSO 20092010. El par que se plantea como oxidación cambia el signo del valor de su potencial: 쐌 Reacción de oxidación (pérdida de e): Fe2  e 씮 Fe3 ␧º  0,77 V W. reductor. 冤. 冥. 2  Fe2  e 씮 Fe3 W reductor. ␧º  0,77 V. 쐌 Reacción de reducción (ganancia de e): I02  2 e 씮 2 I ␧º  0,54 V W. oxidante. La suma de las semirreaciones anteriores: 2 Fe2  I02 씮 2 Fe3  2 I ␧º  0,77  0,54  0,23 V Como ␧º tiene valor negativo la reacción planteada es no espontánea y, por tanto, el I2 no puede oxidar los iones Fe2 a Fe3. Se produce la reacción inversa ya que su ␧º  0: 2 Fe3  2 I 씮 2 Fe2  I2. ␧º  0,23 V.  a) Las reacciones que se pueden producir: BaCl2  K2CrO4 씮 앗BaCrO4  2 KCl SrCl2  K2CrO4 씮 앗SrCrO4  2 KCl Como el enunciado proporciona las respectivas Ks de los cromatos formados, por lo que se sabe que no son totalmente solubles; por ello, el que precipitará primero corresponde con el de menor valor de Kps, es decir, el cromato de bario, cuyo Kps es 1,6  1010. b) Se calcula la concentración del ion cromato necesaria para que precipite el BaCrO4. En la disolución existen iones Ba2 y Cl procedentes de la disociación del BaCl2: Disociación Molaridad. BaCl2 씮 Ba2 (aq)  2 Cl (aq) 1,0  103 1,0  103 2  1,0  103. Además, se produce la reacción de equilibrio del sólido: 10 씮 Ba2 (aq)  CrO2 BaCrO4 (s) 씯 4 (aq) Kps  1,6  10 s s Kps  [Ba2] [CrO2 4 ] La [Ba2] es la procedente de la disociación del BaCl2, es decir, 1,0  103 M, pues la concentración s procedente del equilibrio del BaCrO4 es despreciable en comparación con el anterior valor. Por tanto, se puede poner que: 冤CrO2 4 冥 . Kps 冤Ba2冥. . 1,6  10 10  1,6  10 7 M 1,0  10 3. Por tanto, cuando el ion cromato posea en la disolución una concentración 1,6  107, el BaCrO4 precipitará. © Oxford University Press España, S. A.. Se calcula la concentración del ion cromato necesaria para que precipite el SrCrO4. En la disolución existen iones Ba2 y Cl procedentes de la disociación del BaCl2: Disociación Molaridad. SrCl2 씮 Sr2 (aq)  2 Cl (aq) 1,0  102 1,0  102 2  1,0  102. La reacción de equilibrio del SrCrO4 (s) es: 씮 Sr2 (aq)  CrO2 Kps  3,6  105 SrCrO4 (s) 씯 4 (aq) s s Kps  [Sr2] [CrO2 4 ] La [Sr2] es la procedente de la disociación del SrCl2, es decir, 1,0  102 M, pues la concentración s procedente del equilibrio del SrCrO4 es despreciable en comparación con el anterior valor. Por tanto, se puede poner que: 冤CrO2 4 冥 . Kps 冤Sr2冥. . 3,6  10 5  3,6  103 M 1,0  10 3. Por tanto, cuando la concentración del ion cromato en disolución sea de 3,6  103, precipitará el SrCrO4. Por lo que se deduce que el primero que precipita es el BaCrO4, pues con una concentración 1,6  107 M, comienza la precipitación, mientras que el SrCrO4 necesita una mayor concentración de ion cromato, 3,6  103 M. Otra forma Se puede saber qué compuesto precipitará primero si se procede calculando la solubilidad de cada sal, en la disolución que contiene un ion común. 쐌 Solubilidad del BaCrO4 cuando está en una disolución 1,0  103 M en cloruro de bario: 3 Kps  [Ba2] [CrO2  s)  s 4 ]  (1,0  10. Kps 1,0  103  s  s2 Si se desprecia s2 frente al valor de 1,0  103 s queda: 1,0  103 s 1,6  1010 s 1,6  107 M La anterior aproximación se puede realizar sin cometer grave error matemático. También se puede resolver la ecuación: 1,0  103 s  s2 1,6  1010 ⇒ ⇒ s2 1,0  103 s 1,6  1010 0 Resolviendo queda: s  1,59  107 M 쐌 Solubilidad del SrCrO4 cuando está en una disolución 1,0  102 M en cloruro de estroncio: 2  s)  s Kps  [Sr2] [CrO2 4 ]  (1,0  10. Kps 3,6  105  s  s2 ⬇ 1,0  102  s  3,6  105 s  3,6  103 M. Química. 6.

(7) CASTILLA Y LEÓN. MODELO CURSO 20092010. 3 ⇒ Kps  [Sr2] [CrO2 4 ]  s  s  3,6  10. ⇒ s  兹3,6  10. 5. s  6  10.  6  10. 3. 3. N.° de enlaces formados. M. M. c) Para que precipiten al mismo tiempo se debe cumplir que el ion cromato posea en la disolución una concentración 1,6  107, con lo que precipitará el BaCrO4, y que al mismo tiempo:. 冤CrO2 4 冥. . 3,6  105  225 M 1,6  107. Es decir, si el Sr posee en la disolución una concentración 225 M, ambos compuestos precipitan al mismo tiempo, pues en ambos casos la concentración 7 M. de ion CrO2 4 (aq) necesaria es de 1,6  10.  a). 1. 3.

(8).

(9).

(10). H CH3.

(11).

(12).

(13).

(14). CC. CC. CH3 CH3. CH3 H trans-2-buteno tranbut-2-eno. CH2CCH3.

(15). CH3 metilpropeno. b). 1. 2. 3. 4. adición según. CH2CHCH2CH3  HOH 1-buteno o but-1-eno 1. 2. Markovnikov. agua 3. 4. CH2CHCH2CH3.

(16).

(17). H. OH 2-butanol o butan-2-ol. 1. 2. 3. 4. CH2CHCHCH3  HOH 2-buteno o but-2-eno 1. 2. agua 3. adición sin Markovnikov. 4. CH3CHCHCH3.

(18).

(19)

(20).

(21). OH H. HCCOH  3 [OO].

(22)

(23). 2 [OCO]  3. H.

(24). cis-2-buteno o cisbut-2-eno. 冢 冣. H H. H. 4. 1-buteno o but-1-eno. CH3CH2OH  3 O2 씮 2 CO2  3 H2O. CH3CH2OH (l)  3 O2 씮 2 CO2 (g)  3 H2O (l) kJ : 277,67 Hof 393,51 285,84 mol 冱 Hoc  冱 Hoproductos  冱 Horeactivos   [2 (393,51)  3 (285,84)]  (277,67)   1 366,87 kJ/mol b) Se realiza un esquema general de cálculo, teniendo en cuenta el número de enlaces rotos y formados de cada tipo para calcular la energía total puesta en juego: H H. 2. CH2CHCH2CH3.  a) La reacción de combustión del etanol es la siguiente: Para el cálculo de la entalpía de combustión: se realizará a partir de las entalpías de formación aplicadas a la reacción de combustión debidamente ajustada a un mol de etanol.. 3 192 2 784 5 976. H  energía total de enlaces rotos  energía total de enlaces formados  1 241 kJ/mol kJ Hoc  1 241 mol Por ser de signo negativo, la entalpía de combustión, la reacción es exotérmica.. Kps  [Sr2] [CrO2 4 ] Kps. Energía. 4 798 CO 6 464 OH Energía total de enlaces rotos. La Kps de SrCrO4 es 3,6  105 con lo que precipitará el SrCrO4, es decir:. 冤 Sr2冥 . Tipo. Energías totales de enlaces formados (kJ/mol). 2-butanol o butan-2-ol. 冤H. O H. 冥. CH2CCH3  HOH.

(25). adición según Markovnikov. CH3 metilpropeno. N.° de enlaces rotos. Tipo. Energía de enlace (kJ/mol). 1 347 CC 5 414 CH 1 360 CO 1 464 OH 3 498 OO Energía total de enlaces rotos. © Oxford University Press España, S. A.. Energías totales de enlaces rotos (kJ/mol) 347 2 070 360 464 1 494 4 735. CH3.

(26). CH2CCH3.

(27). H.

(28). OH. 2-metil-2-propanol o 2-metil-propan-2-ol. Química. 7.

(29) CASTILLA Y LEÓN. MODELO CURSO 20092010. Bloque B. Para realizar la configuración electrónica de un elemento, los electrones se irán colocando en los orbitales, pero no al azar, sino siguiendo el principio de Aufbau o construcción progresiva, que tiene en cuenta los siguientes principios:. E " " ". K (Z  19) V (Z  23) Se (Z  34). " E. Z  34 corresponde al selenio, Se, cuya configuración electrónica es 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p4 .. P (Z  15). E E E E. Z  23 corresponde al vanadio, V, cuya configuración electrónica es 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d3 4s2.. E E E E " " ". Z  19 corresponde al potasio, K, cuya configuración electrónica es 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1.. Configuración electrónica de las especies Capa 3.ª 4.ª Orbital s p d s p. Especies. E E E E E E E E E E E " ".  a) Z  15 corresponde al fósforo, P, cuya configuración electrónica es 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3.. 쐌 El P posee 3 electrones desapareados en 2p3.. 쐌 Principio de exclusión de Pauli.. 쐌 El K posee 1 electrón desapareado en 4s1.. 쐌 Principio de mínima energía.. 쐌 El V posee 3 electrones desapareados en 3d3.. 쐌 Principio de máxima multiplicidad o de Hund.. 쐌 El Se posee 2 electrones desapareados en 4p2.. El principio de constitución establece que la configuración electrónica de un átomo se obtiene de la anterior añadiéndole un nuevo electrón, que se denomina electrón diferenciador. b) Principio de exclusión de Pauli: establece una limitación en las posibilidades de combinación de los números cuánticos. Según este principio, en un mismo átomo no pueden existir dos electrones que tengan los cuatro números cuánticos iguales. Aplicando el principio de exclusión y teniendo en cuenta la condición de dependencia que tiene cada número cuántico del anterior, se puede obtener el cuadro de distribución de los electrones en un átomo. Principio de máxima multiplicidad o de Hund: los electrones que llenen orbitales de igual energía se desaparean, por lo que la forma más estable es la que presente mayor número de electrones desapareados (con spines paralelos):. E. electrones que se desaparean Principio de Hund. - spines paralelos. La regla de Hund o de máxima multiplicidad explica fácilmente la covalencia de los elementos entendiendo por ella el número de orbitales semillenos que tiene un átomo y cuyos electrones pueden aparearse con los de otro elemento. En el siguiente diagrama de cajas se resumen las correspondientes configuraciones que cumplen el principio de llenado o de Aufbau en estado fundamental:. © Oxford University Press España, S. A.. . . Cs (s). 1 Cl (g) 2 2 1 D 2. S Cs (g). Cl (g). 1.a EI. Uenergía reticular. Cs (g). Cs (g) S. Hof. CsCl (s). 1.a AE.  Cl (g).  1.a EI \ energía para el metal. . 1 D 2.  1.a AE \. . U. . \. energía para el no metal. energía reticular. Hof \. energía de formación del cristal. 78,2  375,7  244/2  (348)  U  442,8 U  670,7 kJ/mol  a) La pirita es un mineral con distintos grados de riqueza en disulfuro de hierro. El dato de 1 t se puede pasar a gramos, pero se obtienen números muy elevados, por lo que es común utilizar kg o t. 1 t  1 000 kg  106 g 120 32 2 FeS2  O2 m reaccionante (g) 240 176 M (uma). R  60 %. 씮. 160 64 Fe2O3  4 SO2 160 256. Química. 8.

(30) CASTILLA Y LEÓN. MODELO CURSO 20092010. La cantidad de FeS2 puro que contiene esa tonelada de pirita es 0,75  106 g. 160 g de Fe2O3 60 0,75  106 g de FeS2    240 g de FeS2 100  3  105 g  300 kg de Fe2O3 Otra forma: por razonamiento proporcional si con 240 g de FeS2 con 0,75  106 g de FeS2  se obtienen 160 g de Fe2O3 se obtienen x g de Fe2O3. 冤HI冥 2 冤H2冥 冤I2冥. . 冢 冣  54,8 ⇒ x x  冢2冣 冢2冣 2. x2  13,7 x2 ⇒ 4 ⇒ 13,7 x2  (0,6  x)2 ⇒ 12,7 x2  1,2 x  0,36  0 ⇒ cuya solución con significado químico es: ⇒ (0,60  x)2  54,8 . x  5  105 g de Fe2O3. x  0,128 mol. si de 100 g calculados de estequiometría  se obtienen 60 g. Una vez calculada la cantidad de moles reaccionantes, se procede a calcular las concentraciones en el equilibrio: x 0,128 冤H2冥  冤I2冥    0,064 M 2 2 0,60  x 0,60  0,12 冤HI2冥    0,478 M 1 1 ndisociados  100  % disociación  niniciales 0,128   100  21,3 % 0,6 En estas condiciones, el HI está disociado en un 21,3 %.. . de 5  105 g de Fe2O3 calculados se obtienen y g de Fe2O3. y  3  105 g de Fe2O3  300 kg de Fe2O3 b). nproducidos  0,75  106 g de FeS2  . 256 g de SO2 60 1 mol    240 g de FeS2 100 64 g de SO2  7 500 mol de SO2 nRT pV  nRT ⇒ V   p atm L (17  273) K mol K  850 mmHg 760 mmHg/atm. 7 500 mol  0,082 .  159 465,89 L  159,5 m c). 3. nconsumidos  0,75  106 g de FeS2  . Kc . 0,60  x 1. 176 g de O2 1 mol   17 187,5 mol de O2 240 g de FeS2 32 g de SO2 17 187,5 mol de O2 . 22,4 L  1 mol de O2 en CN. Otra forma Utilizando el concepto de grado de disociación se tiene: V1L niniciales nreaccionan nformados nequilbirio [ ]equilibrio. nformados nequilbirio [ ]equilibrio. . I2 — — x 2 x 2 x 2. 씮 씯. 2 HI 0,6 x — 0,6  x 0,6  x 1. I2 — —. 씮 씯. 2HI 0,6 0,6. 0,6. 0,6. —  0,3.  0,3. 2 2 0,3. 0,3. 0,60 (1  ) 0,3. 0,3. 0,60 (1  ). Kc . Se consumen 385 m3 medidos en condiciones normales: H2 — — x 2 x 2 x 2. . T  425 °C  273  698 K.  385 000 L  385 m3. V1L niniciales nreaccionan. H2 — —. . 冤HI冥 2 冤H2冥 冤I2冥. . 冤0,60(1  )冥 2 (0,3 )  (0,3 ). . 0,62(1  )2  54,8 ⇒ 0,62(1  )2  0,32  2  54,8 0,32  2 12,7 2  2  1  0. Resolviendo queda que el grado de disociación.  0,212 7 ⇒ ⬇ 21,3 % Cálculo de las concentraciones en el equilibrio: [H2]  [I2]  0,3  0,3  0,213  0,064 M [HI]  0,6 (1  )  0,6 (1  0,213)  0,47 M. T  425 °C  273  698 K. © Oxford University Press España, S. A.. Química. 9.

(31) CASTILLA Y LEÓN. MODELO CURSO 20092010.  a) Cálculo de los moles y gramos necesarios para preparar la disolución diluida: n M  ⇒ n  M V  101 mol/l  1 L  V  0,1 mol de HNO3 puro se necesita. Igualando los moles necesarios a los moles deseados para obtener la disolución pedida queda: V M  V’ M’ V  13,73 M  1 L  101 M Resolviendo queda:. m  n MHNO3  0,1 mol  63 g/mol  6,3 g de HNO3 puro Se calcula la masa de ácido disponible que contiene los 6,3 g de HNO3 puro. si para obtener 62,7 g puros  se toma 100 g del HNO3 disponible para obtener 6,3 g puros  x. V  7,28  103 L ⯝ 7,3 mL b) Hay que tomar 7,3 mL de HNO3, 13,73 M y diluirlos con H2O hasta 1 000 mL en un matraz aforado, para obtener la disolución deseada. Material 쐌 Frasco contenedor de la disolución 13,73 M de HNO3.. x  10,04 g. 쐌 Frasco lavador con agua destilada.. Se calcula el volumen del ácido disponible que contiene los 10,04 g de HNO3. 10,04 g m V   7,28 cm3 ⬇ 7,3 mL 1,38 g/cm3 Por tanto, se tomarán 7,3 mL de ácido nítrico del 62,7 % en peso y densidad 1,38 g/cm3, se pasarán a un matraz de 1000 mL y se añadirá agua hasta enrasarlo.. 쐌 Matraz aforado de 1 000 mL, con su tapón.. Otra forma. Procedimiento práctico. Se calculará primero la molaridad del HNO3 disponible, para luego proceder a igualar los moles que hay que obtener de este ácido en una disolución de 1 L y 101 M. Se calcula 1 L de ácido nítrico del 62,7 % en peso y  1,38 g/cm3 m  ⇒ m  V  1,38 g/cm3  1 000 cm3  V  1 380 g de masa en 1 L Se calcula la cantidad en gramos y en mol de HNO3 puro: m  1 380 g  0,627  865,26 g m  nHNO  MHNO 3. 865,26 g  13,73 mol 63 g/mol Como estos moles están en 1 L, la molaridad será: n 13,73 mol M   13,73 M V 1L Nota: los cálculos anteriores se pueden resumir en la siguiente fórmula: . 冢 冣. g r( o/ 1 ) (riqueza en tanto por uno)  litro. Mm g 0,627  1 380 L mol M  13,73  13,73 M g L 63 mol. © Oxford University Press España, S. A.. 쐌 2 embudos de tubo largo (que pase del aforo). 쐌 Cuentagotas de tubo largo (para terminar de enrasar), o pipeta. 쐌 Papel secante (para limpiar si algún líquido se derrama). 1. Se prepara el material anterior, ordenado y limpio. 2. Se pone en el matraz aforado de 1 000 mL en una mesa nivelada horizontal. Se toman los 7,3 mL de HNO3, 13,73 M con la pipeta y se pasan al matraz aforado, dejando caer el ácido por debajo del aforo. 3. Se pone el embudo de tubo largo que pase más abajo del aforo, para no mojar el cuello del matraz por encima del aforo (muesca que marca el volumen). 4. Con el frasco lavador se añade agua destilada despacio hasta llegar al cuello del matraz, cerca del aforo, pero sin llegar a él.. 3. M. 쐌 Pipeta con sistema succionador.. 5. Se adopta la postura necesaria respecto al aforo de forma que los ojos estén en la misma línea horizontal que la muesca, y con el cuentagotas de tubo largo sin que toque la pared del cuello, se termina de enrasar de forma que el menisco del líquido esté tangente a la muesca (se puede sustituir el cuentagotas por otra pipeta). 6. Se cierra el matraz con su tapón. 7. Se homogeneiza la disolución. Para ello con el dedo índice se fijará el tapón manteniéndolo sobre el mismo durante toda la operación y se dará la vuelta al matraz haciendo que de la disolución discurra por el cuello hasta el tapón para volverlo a la vertical, esta operación se hará varias veces hasta conseguir que la disolución sea homogénea.. Química. 10.

(32) CASTILLA Y LEÓN. MODELO CURSO 20092010. 8. Con el embudo limpio se pasará la disolución a un frasco contenedor, al cual se le pone su tapón. 9. Se etiqueta el frasco con el contenido HNO3 101 M, la fecha y el nombre del que ha preparado esta disolución. 10. Se lava y seca el material utilizado y se vuelve a poner cada pieza usada en su lugar. c) A continuación, se ilustra el material utilizado: frasco lavador vaso de pricipitados. ⇒. ⇒. envase a1L. matraz aforado. © Oxford University Press España, S. A.. Química. 11.

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