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INSTRUCCIONES PARA LA REALIZACIÓN DEL EXAMEN

Hay que responder a un bloque completo (A o B) y a tres de las cinco cuestiones propuestas. Cada problema y cada cuestión tienen un valor máximo de dos puntos.

Tiempo: 1 hora y media.

A-1.- Una mezcla gaseosa de 1 litro, constituida inicialmente por 7,94 moles de hidrógeno y 5,30 moles de yodo se calienta a 445 ºC, con lo que se forman en el equilibrio 9,52 moles de HI según la reacción: I2(g)H2(g)2HI(g)

a) Calcule razonadamente el valor de la constante de equilibrio a dicha temperatura.

b) Si hubiésemos partido de 4 moles de hidrógeno gas y 2 moles de yodo gas, ¿cuántos moles de ioduro de hidrógeno habría en el equilibrio? Razone sus respuestas.

A-2.- El permanganato de potasio [tetraoxomanganato (VII) de potasio] en disolución acuosa y en medio ácido sulfúrico, transforma el sulfato de hierro (II) en sulfato de hierro (III), a la vez que el permanganato pasa a sal de manganeso (II), formándose simultáneamente sulfato de potasio y agua. Se desea que, razonadamente:

a) Ajuste la correspondiente reacción (en moléculas) por el método del ión-electrón, razonando quiénes son el oxidante y el reductor.

b) Calcule la concentración de sulfato de hierro (II), expresada en g/L, si 25,0 mL de esa disolución han consumido 22,5 mL de otra disolución de permanganato de potasio de concentración 0,05 M.

Datos: masas atómicas: Mn = 55; O =16; K = 39,1; Fe = 55,8.

B-1.- El carbón reacciona con vapor de agua para producir monóxido de carbono e hidrógeno, ambos gaseosos. Las entalpías normales de formación del monóxido de carbono gaseoso y del vapor de agua son, respectivamente: –110,52 kJ/mol y –241,82 kJ/mol; y las entropías normales del hidrógeno gas, monóxido de carbono gas, carbono sólido y agua vapor, son respectivamente: 130,68; 197,67; 5,74 y 188,82 J/mol·K. Calcular ΔGº para esta reacción a 25 ºC y razonar si la reacción será espontánea en estas condiciones.

B-2.- a) Calcule razonadamente el pH de una disolución 0,03 M de ácido etanoico (Ka= 2·10– 5).

b) ¿Cuántos mL de agua hay que añadir a 10 mL de HCl 10– 3 M para obtener el mismo pH que el del apartado a) anterior?

C-1.- Los átomos A, B y C tienen las siguientes configuraciones electrónicas. A[1s22s22p63s2]

B[1s22s22p63s23p4] C[1s22s22p63s23p6]

a) ¿Qué átomo tendrá una mayor tercera energía de ionización?

b) Si se combinan A y B, ¿cuál es la fórmula más sencilla del compuesto formado? c) El compuesto que se formaría entre A y B es iónico o covalente.

En todos los casos responda razonando las preguntas.

C-2.- En un recipiente de 3L se introducen 1 mol de dióxido de azufre y 1 mol de oxígeno gas, se calienta el sistema a 950 ºC con lo que el dióxido de azufre gas se transforma en trióxido de azufre gaseoso.

a) Calcule razonadamente las concentraciones de trióxido de azufre formado y el oxígeno restante, si en el equilibrio hay 0,10 moles de dióxido de azufre.

(2)

C-3.- a) ¿Qué f.e.m. puede tener la pila formada por dos electrodos normales, uno de hierro y otro de cobre?

b) ¿Qué sucede cuando se introduce una barra de hierro en ácido clorhídrico 1 M?, ¿y si la barra es de cobre?

Datos: Eº(Cu2+/Cu) = 0,337 V; Eº(Fe2+/Fe) = –0,44 V.

C-4.- Describe clara y brevemente la incidencia medioambiental producida por la emisión masiva a la atmósfera de los siguientes gases: a) dióxido de azufre y óxidos de nitrógeno; b) derivados halogenados, incluidos los compuestos clorofluorocarbonados.

C-5.- Completa razonadamente, las siguientes reacciones, nombrando reactivos y productos: a) CH4Cl2

b) CH3CHCH2HCl

c) CH3CHOHCH3

 

O(oxidación) d) CH3CHOH2(reducción)

SOLUCIONES

Problema A-1

Apartado a)

Planteamos la tabla que relaciona las cantidades presentes inicialmente y al alcanzar dicho equilibrio:

I2(g) + H2 (g)  2 HI (g)

Moles iniciales 5,30 7,94 0

Moles en el equilibrio 5,30 – x 7,94 – x 2x

Según la tabla, las moles formadas de HI (g) al alcanzarse el estado de equilibrio son 2x. Según el enunciado, en el equilibrio se forman 9,52 moles de HI.

Por tanto, deducimos que 2x = 9,52 → x = 4,76 moles.

Con este dato podemos calcular las concentraciones de todas las sustancias en el equilibrio:

5,30 4,76 0,54

1 x 30 , 5 V

)) g ( molesI ( ) g (

I2 eq 2 eq   

 

 mol / L

7,94 4,76 3,18

1 x 94 , 7 V

)) g ( molesH (

) g (

H2 eq 2 eq   

 

 mol / L

(molesHI(g))eq 2x

(3)

Aplicamos ahora la ecuación de la constante de equilibrio correspondiente:

2

 

eq 2

eq eq 2 c ) g ( H ) g ( I ) g ( HI K  

Sustituyendo en esta expresión el valor de las concentraciones en el equilibrio calculadas, obtendremos el valor de Kc:

78 , 52 18 , 3 54 , 0 ) 52 , 9 ( K 2

c 

Apartado b)

Planteamos la tabla que relaciona las cantidades presentes inicialmente y al alcanzar dicho equilibrio en este caso:

I2(g) + H2 (g)  2 HI (g)

Moles iniciales 2 4 0

Moles en el equilibrio 2 – z 4 – z 2z

Calculamos las concentraciones presentes en el equilibrio:

2 z

1 z 2 V )) g ( molesI ( ) g (

I2 eq  2 eq     mol / L

4 z

1 z 4 V )) g ( molesH ( ) g (

H2 eq 2 eq  

 

 mol / L

2z

1 z 2 V )) g ( molesHI ( ) g (

HI eq  eq   mol / L

Aplicamos ahora la ecuación de la constante de equilibrio correspondiente:

2

 

eq 2

eq eq 2 c ) g ( H ) g ( I ) g ( HI K  

Sustituyendo el valor de Kc obtenido en el apartado a) y el valor de las concentraciones en el equilibrio para este apartado, podremos calcular el valor de z:

(4)

Desarrollando esta igualdad: 2 2 z 4 ) z z 6 8 ( 78 ,

52     ; 422,24316,68z52,78z24z2; 48,78z2316,68z422,240

Resolviendo la ecuación de segundo grado resultante se obtienen dos valores posibles matemáticamente para z:

z1 = 1,875 moles; z2 = 4,617 moles

Ahora bien, el valor de z2 no es posible químicamente, ya que no se pueden consumir en este caso estas moles ni de H2 ni de I2, ya que inicialmente, de cada uno de ellos hay 4 moles y 2 moles respectivamente.

Por tanto, tomamos como solución para z el valor de 1,875 moles.

Con este dato podemos ya responder a la pregunta de este apartado: los moles de ioduro de hidrógeno que habría en el equilibrio en estas condiciones, que según la tabla planteada al principio del apartado, son 2z:

  

2z 2 1,875 ))

g ( molesHI

( eq 3,75 moles

Problema A-2

Apartado a)

La reacción propuesta es:

O H SO K Mn ) SO ( Fe FeSO SO H

KMnO 2 4 2

2 3 4 2 4 4 2

4      

Los estados de oxidación de cada elemento en cada una de las sustancias son (se indican en la parte superior o inferior de cada elemento):

2 2 1 4 2 6 2 1 2 2 3 4 2 6 2 3 4 2 6 2 4 2 6 2 1 4 2 7 1 O H O S K Mn ) O S ( Fe O S Fe O S H O Mn K                         

Se observa que al pasar de reactivos a productos el Mn ha disminuido su estado de oxidación (de +7 a +2), y el hierro ha aumentado su estado de oxidación (de +2 a +3), por tanto el Mn se ha reducido y el Fe se ha oxidado.

Al ser el Mn el átomo que se ha reducido, el KMnO4 es la sustancia oxidante. Al ser el Fe el átomo que se oxida, el FeSO4 es la sustancia reductora.

Comenzamos el proceso de ajuste por el método del ión-electrón.

 Escribimos las semirreacciones de reducción y de oxidación:

REDUCCIÓN: MnO4 Mn2

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 Ajuste de los átomos que se oxidan o se reducen:

REDUCCIÓN: MnO4 Mn2

OXIDACIÓN: 2Fe2 2Fe3

 Ajuste de los oxígenos utilizando H2O:

REDUCCIÓN: MnO Mn 4H2O 2

4  

 

OXIDACIÓN: 2Fe2 2Fe3

 Ajuste de los hidrógenos utilizando H+:

REDUCCIÓN: MnO 8H Mn 4H2O 2

4   

 

OXIDACIÓN: 2Fe2 2Fe3

 Ajuste de la carga eléctrica en ambas semirreacciones utilizando electrones:

REDUCCIÓN:

2 : atotal arg C

2 2

7 : atotal arg C

4 8H Mn 4H O MnO

  

Es necesario sumar 5 e– en el miembro de los reactivos, que es el que tiene la carga más elevada, para conseguir así rebajarla e igualarla con la carga del miembro de los productos.

O H 4 Mn e

5 H 8

MnO 2

2

4    

 

 

OXIDACIÓN:

6 : atotal arg C

3 4

: atotal arg C

2

Fe 2 Fe

2

  

Es necesario sumar 2e en el miembro de los productos, que es

el que tiene la carga más elevada, para conseguir así rebajarla e igualarla con la carga del miembro de los reactivos.

 

e 2 Fe 2 Fe

2 2 3

 Ajuste de los electrones intercambiados en ambas semirreacciones (deben tener el mismo número):

REDUCCIÓN (multiplicada por 2): 2MnO 16H 10e 2Mn 8H2O 2

4    

 

 

(6)

 Suma de las dos semirreacciones para obtener la reacción iónica global ajustada:

 

 

3

2 2

2

4 16H 10Fe 2Mn 8H O 10Fe MnO

2

(Los electrones desaparecen ya que se compensan en ambos miembros).

Por último, para escribir la reacción molecular (tal y como nos pide el enunciado), completamos cada uno de los iones que aparecen en la reacción iónica, tomando como modelo la reacción propuesta inicialmente:

Reactivos:

Los 2 iones permanganato, los completamos como 2 moléculas de permanganato de potasio.

Los 16 protones, los completamos como 8 moléculas de ácido sulfúrico.

Los 10 iones Fe2+ los completamos como 10 moléculas de FeSO4.

Productos:

Los 2 iones Mn2+ los completamos con iones sulfato como 2 moléculas de MnSO4 (completarlos con este anión es lo más lógico, ya que en los reactivos no aparece ningún otro anión).

Los 10 iones Fe3+ los completamos como 5 moléculas de Fe2(SO4)3

3 4 2 2

4 4

4 2

4 8H SO 10FeSO 2MnSO 8H O 5Fe (SO ) KMnO

2     

Pero si observamos la reacción de referencia, en los productos también aparece el sulfato de potasio, que no hemos necesitado utilizar para completar los iones de la reacción iónica, pero sí que debe aparecer necesariamente.

Colocamos una molécula de sulfato de potasio en los productos y con ello, los átomos de potasio, azufre y oxígeno quedan ya ajustados.

4 2 3 4 2 2

4 4

4 2

4 8H SO 10FeSO 2MnSO 8H O 5Fe (SO ) K SO KMnO

2      

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Apartado b)

FeSO4: V=25,0 mL, g/L = ¿?

KMnO4: V=22,5 mL, M= 0,05 mol/L

Calculamos los moles de KMnO4 que se han utilizado en el laboratorio:

) L ( V

n

M

n

KMnO

M

V

0

,

05

(

22

,

5

10

)

0

,

001125

moles

3

4

Establecemos una relación entre las cantidades de FeSO4 y KMnO4 que reaccionan utilizando la estequiometría de la reacción:

x 001125 ,

0 molesFeSO 10

molesKMnO 2

4 4 

; x = 0,005625 moles de FeSO4

gramos FeSO4 = 0,005625·Mr(FeSO4) = 0,005625·(55,8+32+4·16) = 0,8539 g

Concentración de FeSO4 en g/L = 34,16 10

25 8539 , 0 )

L ( V gramosFeSO

3

4 

g/L

Cuestión C-1

Apartado a)

La tercera energía de ionización se emplearía, en cada caso, en extraer los siguientes electrones:

A: electrón 2p6 B: electrón 3p2 C: electrón 3p4

Por tanto, la mayor tercera energía de ionización la tendrá A, ya que corresponde a un electrón de un nivel más interno que en el caso de B y de C.

Apartados b) y c)

La configuración electrónica externa de los 3 elementos nos indica su posición en el sistema periódico:

A: su configuración electrónica externa es 3s2, por lo que se encuentra en el periodo 3 (el nivel más alto ocupado por electrones es el n = 3), grupo 2, alcalinotérreos (ya que esta configuración acaba en s2). Es un metal.

(8)

Por tanto, el compuesto que se formaría entre ellos sería iónico, que es el tipo de enlace que se establece cuando se combinan metales con no metales.

El metal A perdería los 2 electrones de valencia, convirtiéndose en ión A2+. El no metal B ganaría 2 electrones de valencia, convirtiéndose en ión B2–.

Ambos iones se atraerían electrostáticamente y, para que exista neutralidad eléctrica, por cada ión de A debe existir en el compuesto un ión de B, al tener ambos iones el mismo valor absoluto de la carga.

Por tanto, la fórmula más sencilla del compuesto formado será AB.

Cuestión C-2

Apartado a)

Planteamos la tabla que relaciona las cantidades presentes inicialmente y al alcanzar dicho equilibrio en este caso:

SO2(g) + 2 1

O2 (g)  SO3 (g)

Moles iniciales 1 1 0

Moles en el equilibrio 1 – x x 2 1

1 x

Según esta tabla, las moles que hay de SO2(g) al alcanzarse el estado de equilibrio son 1 – x.

Según el enunciado, en el equilibrio hay 0,10 moles de SO2(g).

Por tanto, deducimos que 1 – x = 0,10 → x = 0,90 moles.

Con este dato podemos calcular las concentraciones en el equilibrio de las sustancias que nos piden:

0,1833

3 90 , 0 2 1 1

3 x 2 1 1

V )) g ( molesO (

) g (

O2 eq 2 eq 

    

 mol / L

0,30

3 90 , 0 3 x V

)) g ( molesSO (

) g (

SO3 eq  3 eq    mol / L

Apartado b)

Un aumento de presión tiene como consecuencia, según el principio de Le Chatelier, que el equilibrio tienda a desplazarse en el sentido que contrarreste este aumento, es decir, en el sentido que haga disminuir la presión, que será en el sentido en el que disminuya el número de moles gaseosas. En este caso se desplazará hacia productos.

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Cuestión C-3

Apartado a)

En los valores de los potenciales estándar de reducción, Eº, el par Cu2+/Cu es el que sufrirá la reducción, y por tanto será el cátodo de la pila, ya que es el que posee el valor más alto, mientras que el par Fe2+/Fe sufrirá la oxidación al poseer un valor de Eº menor, y será el que actúe como ánodo.

Por tanto, el valor de la f.e.m. que tendrá la pila formada por estos dos electrodos será:

V ánodo

E cátodo E

pila

Eº( ) º( ) º( )0,337(0,44)0,777

Apartado b)

Barra de hierro:

Hay que analizar si el hierro metálico (Fe) podrá reaccionar con los protones (H+) presentes en la disolución de ácido.

El par H2/H+ posee un potencial de reducción estándar de 0 V, más elevado que el del par Fe2+/Fe, por tanto el par H2/H+ sufrirá la reducción, y el par Fe2+/Fe sufrirá la oxidación:

Semirreacción de reducción (ya ajustada): 2H+ (aq) + 2eH2(g)

Semirreacción de oxidación (ya ajustada): Fe(s) Fe2(ac)2e

Reacción global: 2H(ac)FeFe2(ac)H2(g)

Con lo cual, si se introduce una barra de hierro en ácido clorhídrico, el hierro metálico reaccionará con los protones de la disolución y la barra se irá disolviendo en el ácido.

Barra de cobre:

Hay que analizar si el cobre metálico (Cu) podrá reaccionar con los protones (H+) presentes en la disolución de ácido.

El par H2/H+ posee un potencial de reducción estándar de 0 V, menos elevado que el del par Cu2+/Cu, por tanto el par H2/H+ sufrirá la oxidación, y el par Cu2+/Cu sufrirá la reducción:

Semirreacción de oxidación (ya ajustada): H2(g)2H(ac)2e

Semirreacción de reducción (ya ajustada): Cu2(ac)2e Cu(s)

Reacción global: Cu (ac) H2(g) 2H (ac) Cu(s)

2

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