UNIVERSIDADES DE ANDALUCÍA PRUEBA DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD CURSO 2014-2015 MODELO

QUÍMICA Instrucciones: a) Duración: 1 hora y 30 minutos. b) Elija y desarrolle una opción completa, sin mezclar cuestiones de ambas. Indique, claramente, la opción elegida. c) No es necesario copiar la pregunta, basta con poner su número. d) Se podrá responder a las preguntas en el orden que desee. e) Puntuación: Cuestiones (nº 1, 2, 3 y 4) hasta 1,5 puntos cada una. Problemas (nº 5 y 6) hasta 2 puntos cada uno. f) Exprese sólo las ideas que se piden. Se valorará positivamente la concreción en las respuestas y la capacidad de síntesis. g) Se permitirá el uso de calculadoras que no sean programables, gráficas ni con capacidad para almacenar o transmitir datos.

OPCIÓN A 1.- Formule o nombre los siguientes compuestos: a) Hidróxido de hierro (III) b) Dicromato de potasio c) 1,2-Diclorobenceno d) K2O2 e) H3AsO4 f) CH3CHNH2COOH Solución. a) Hidróxido de hierro (III) ≡ Fe(OH )3 b) Dicromato de potasio ≡ K 2 Cr2 O 7 c)

1,2-Diclorobenceno ≡

d) K2O2 ≡ Peróxido de potasio e) H3AsO4 ≡ Ácido arsénico f) CH3CHNH2COOH ≡ Ácido 2-aminopropanoico

2.a) Razone si una molécula de formula AB2 debe ser siempre lineal b) Justifique quien debe tener un punto de fusión mayor, CsI o el CaO. c) Ponga un ejemplo de una molécula con un átomo de N con hibridación sp3 y justifíquelo. Solución. a. No. Depende del número de nubes electrónicas que rodeen al átomo central: si el átomo central está rodeado por 2 nubes electrónicas, la molécula será lineal, ejemplo CO2, BeCl2; si está rodeado de tres nubes electrónicas, la molécula será plana angular con un ángulo de enlace entorno a entorno a 120º, ejemplo SO2; si está rodeado de cuatro nubes electrónicas, la molécula será plana angular con un ángulo de enlace entorno a 109º, ejemplo H2O. b. Por tratarse de sólidos iónicos, sus puntos de fusión depende de la energía reticular, a mayor valor absoluto de energía reticular, mayor punto de fusión. El valor absoluto de la energía reticular es directamente proporcional a la carga de los iones e inversamente proporcional al radio iónico.  Z ⋅Z  E r = f  1 2   ri  Los iones que forman el oxido de calcio (Ca2+, O2‒) tienen mayor carga que los que forman el ioduro de cesio (Cs+, I‒), además, el radio iónico del CaO es menor que el del CsI, por lo tanto el valor absoluto de la energía reticular del CaO es mayor que el del CsI , lo cual determina que el punto de fusión de CaO sea mayor al del CsI. c. NH3: Hibridación sp3 en el átomo central (N). Tres de los cuatro orbitales híbridos forma un enlace σ con cada átomo de Hidrógeno el otro orbital híbrido queda ocupado por un par de electrones no compartidos. Geometría piramidal, ocupando el nitrógeno el vértice de la pirámide.

1

3.- Dada una solución saturada de Mg(OH)2, cuya Ks = 1,2·10‒11:

a) Exprese el valor de Ks en función de la solubilidad. b) Razone como afectará a la solubilidad la adición de NaOH. c) Razone como afectará a la solubilidad una disminución del pH. Solución. a. s ≡ solubilidad, moles por litro de sal disuelta. Si se disuelven s moles de sal por litro, el cuadro de reacción queda de la siguiente forma:

Mg (OH 2 )(s ) ↔ Mg 2 + (aq ) + 2OH − (aq ) s

−

2s

Teniendo en cuenta la ley de acción de masas: 2

[

][ ]

K s = Mg 2 + ⋅ OH − Aplicando los datos del cuadro de reacción, se puede expresar el valor de Ks en función de la solubilidad. K s = s ⋅ (2s )2 = 4s 3 b. Al añadir NaOH, se produce el efecto de ión común (OH‒), aumentando la concentración de este y forzando al sistema a desplazarse hacia la izquierda para volver a recuperar el equilibrio, disminuyendo la solubilidad del hidróxido de magnesio. c. Al disminuir el pH, aumenta la concentración de protones en la disolución, al aumentar la concentración de protones, disminuye la concentración de OH‒, al disminuir la concentración de OH‒, el sistema se desplazarse hacia la derecha para contrarrestar dicha disminución y recuperar el equilibrio, aumentando la solubilidad del hidróxido de magnesio.

4.- Cuando a una reacción se le añade un catalizador, justifique si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas a) La entalpía de la reacción disminuye. b) La energía de activación no varía. c) La velocidad de reacción aumenta. Solución. a. FALSO. Los catalizadores son sustancias ajenas a la reacción que solo modifican su velocidad, sin modificar las condiciones iniciales y finales de la reacción y por tanto sin alterar los valores de las funciones de estado, las cuales solo dependen de dichas condiciones. b. FALSO. Los catalizadores lo que hacen es modificar la energía de activación del proceso. Si el catalizador es positivo, disminuye la energía de activación, aumentando la velocidad de reacción, si el catalizador es negativo, aumenta la energía de activación disminuyendo la velocidad de reacción. c. VERDADERO. Al utilizar un catalizador positivo, se disminuye la energía de activación de la reacción y por tanto aumenta el número de colisiones eficaces lo cual produce un aumento de la velocidad de reacción.

5.- 100g de bromuro de sodio, NaBr, se tratan con ácido nítrico concentrado, HNO3, de densidad 1,39 g/mL y riqueza 70% en masa, hasta reacción completa. En esta reacción se obtienen Br2, NO2, NaNO3 y agua como productos de la reacción. a) Ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción por el método ión electrón y ajuste tanto la reacción iónica como la molecular. b) Calcule el volumen de ácido nítrico necesario para completar la reacción. Datos: Masas atómicas: Br = 80, Na = 23; O = 16; N = 14; H = 1. Solución. a. Se pide ajustar la reacción: NaBr + HNO3 → Br2 + NO 2 + NaNO3 + H 2 O  −e − Br : Br −  → Br 0 Elemento que cambian de valencia:  e−  N : N(V ) + → N (IV )

2

Semireacciones iónicas sin ajustar:

Semireacción de oxidación : Br − Semireacción de reducción : NO3−

→ Br2 → NO 2

Se ajustan todos los elementos excepto el oxígeno y el hidrógeno. Se coloca un 2 al ión Br − .

Semireacción de oxidación : 2Br − Semireacción de reducción : NO 3−

→ Br2 → NO 2

En medio ácido, se ajusta el oxígeno añadiendo al miembro donde falta oxígeno tantas moléculas de agua como átomos de oxígeno falten.

Semireacción de oxidación : 2Br − Semireacción de reducción : NO3−

→ Br2 → NO 2

+ H 2O

Se ajusta el hidrógeno añadiendo en el miembro donde falte hidrógeno tantos protones como átomos de hidrógeno falten.

2Br − + 2H +

Semireacción de oxidación : Semireacción de reducción : NO3−

→ Br2 → NO 2

+ H 2O

Se ajustan las cargas sumando electrones en el miembro donde haya exceso de carga positiva o en el miembro donde halla defecto de carga negativa.

Semireacción de oxidación : Semireacción de reducción : NO 3−

+ 2H +

2Br − + 1e −

→ Br2 → NO 2

+ 2e − + H 2O

Se combinan las dos ecuaciones para eliminar los electrones y de esa forma se obtiene la reacción iónica global. En este caso basta con multiplicar por 2 la semireacción de reducción y sumar las ecuaciones.

Semireacción de oxidación : Semireacción de reducción : 2 × NO3−

[

Reacción iónica global : 2 NO 3−

+ 2H

+ 2Br −

+

2Br − + 1e −

+ 4H +

→ Br2 → NO 2

→ Br2

+ 2e − + H 2 O]

+ 2 NO 2

+ 2H 2 O

Para llegar a la reacción molecular se transforman los iones en compuestos, teniendo en cuenta que los protones los aporta el ácido nítrico, que actúa como oxidante, transformando en NO2, y como ión portador, formando NaNO3. Reacción molecular global : 4HNO 3 + 2BrNa → Br2 + 2 NO 2 + 2H 2 O + 2 NaNO3 b.

Masa moleculares: NaBr = 23 + 80 = 103 g/mol; HNO3 = 1 + 14 + 3×18 = 63 g/mol Por factores de conversión: 1 mol NaBr 4 mol HNO 3 63 g HNO3 100 g(d + s )HNO 3 1 mL(d + s )HNO 3 V (HNO3 ) = 100 g NaBr ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 103 g NaBr 2 mol NaBr mol HNO3 70 g HNO3 1,39 g (d + s )HNO

3

V (HNO 3 ) = 125,7 mL(d + s )HNO

3

6.a) A 25 ºC la constante de basicidad del NH3 es 1,8·10‒5. Si se tiene una disolución 0,1 M de NH3, calcule el grado de disociación. b) Calcule la concentración de iones Ba2+ de una disolución de Ba(OH)2 que tenga un pH = 10 Solución. Por tratarse de una base débil, el NH3 se disocia parcialmente. Si se define como α al grado de disociación del amoniaco, el cuadro de reacción quedará de la siguiente forma:

NH 3 C. Iniciales (mol L )

+

co

C. Equilibrio (mol L ) c o − c o α

3

H 2O

↔

NH +4

+ OH −

exceso

−

−

exceso

coα

coα

Aplicando la ley de acción de masas y teniendo en cuenta que el agua se encuentra en exceso y por tanto su concentración se considera constante, la constante de basicidad del amoniaco viene representada por:

Kb =

[NH ]⋅ [OH ] + 4

−

[NH 3 ]

Si en la expresión de la constante se sustituyen las concentraciones por las expresiones que aparecen en el cuadro de reacción, se llega a la ley de dilución de Ostwald, que relaciona la constante de basicidad con el grado de disociación y la concentración inicial de la base.

Kb =

coα ⋅ coα c o2α 2 c α2 = = o c o − c o α c o (1 − α ) 1 − α

Llegado a este punto se pueden hacer dos cosas, transformar la igualdad en una ecuación de segundo grado en función de α, o hacer una hipótesis y simplificar la ecuación. En el primer caso:

Kb =

coα 2 1− α

coα 2 + K bα − K b = 0

→

Sustituyendo por los valores del enunciado, se obtiene una ecuación de segundo grado que permite calcular el valor de α. α = 0,0133 0,1α 2 + 1,8 × 10 −5 α − 1,8 × 10− 5 = 0 :  α = −0,0135 (por ser negativo carece de sentido químico ) α = 1,33% Mediante la hipótesis: Para ácidos y bases débiles en concentraciones no muy diluidas, se puede intentar aplicar la siguiente hipótesis: Si α < 0,05 ⇒ 1 − α ≈ 1

c α2 c α2 K b = o ≈ o = coα 2 ⇒ α = 1− α 1

Kb 1,8 × 10 −5 = = 0,0134 co 0,1

α = 1,34% b.

El hidróxido de bario es una base fuerte que se disocia totalmente según la siguiente estequiometria: H O

Ba (OH )2 2→ Ba 2 + (aq ) + 2OH − (aq ) Por cada cristal de hidróxido de bario que se disocia, se forma un catión Ba2+ y dos aniones OH‒, por lo tanto, la concentración de cationes Ba2+ es la mitad que la de OH‒. Por otro lado, la concentración de OH‒ se puede relacionar con el pOH y este con el pH, teniendo en cuenta todo esto, la concentración de catión bario de la disolución se puede calcular de la siguiente forma: 1  Ba 2 + = OH −  1 1 2+ = ⋅ 10 − (14 − pH ) = ⋅ 10 − (14 −10 ) = 5 × 10− 5 M 2  : Ba 2 2 OH − = 10− pOH = 10− (14 − pH ) 

[

[ ]

] [ ] [

]

4

OPCIÓN B 1.- Formule o nombre los siguientes compuestos: a) Óxido de manganeso (VII) b) Ácido clórico c) Butan-2-amina d) CaH2 e) NaHSO4 f) HCHO Solución. a. Óxido de manganeso (VII) ≡ Mn 2 O 7 b. Ácido clórico ≡ HClO3 c. d. e. f.

Butan-2-amina ≡ CH 3 − CH (NH 2 ) − CH 2 − CH 3 CaH2 ≡ Hidruro de calcio NaHSO4 ≡ Hidrogenosulfato de sodio ó bisulfato de sodio ó sulfato ácido de sodio HCHO ≡ Metanal

2.- Una cantidad de dioxigeno ocupa un volumen de 825 mL a 27 ºC y 0,8 atm. Calcule: a) ¿Cuántos gramos hay en la muestra? b) ¿Qué volumen ocupara la muestra en condiciones normales? c) ¿Cuántos átomos de oxígeno hay en la muestra? Datos: Masas atómica O = 16. R = 0’082 atm·L·K-1·mol-1. Solución. a. El número de moles de O2 se calcula mediante la ecuación de gases ideales:  V = 825 × 10−3 L = 0,825 L 0,8 ⋅ 0,825 PV  P = 0,8 atm PV = nRT n = = = 0,0268 mol atm L = T = 27 + 273 = 300 K  0,082 ⋅ 300 RT R = 0,082 mol K  

m(O 2 ) = n (O 2 ) ⋅ M(O 2 ) = 0,0268 mol ⋅ 32 g

mol

≅ 0,86 g

b. El volumen de un gas en condiciones normales (P = 1 atm; T = 273 K ) viene expresado en función del número de moles por: VC.N. = 22,4 ⋅ n = 22,4 L ⋅ 0,0268 mol ≅ 0,6 L = 600 mL mol c. El número de átomos de la muestra se obtiene a partir del número de moles y mediante el número de Avogadro, mediante factores de conversión.

n º at O 2 = 0,0268 mol O 2 ⋅

6,023 × 1023 moléc O 2 2 át O ⋅ = 3,23 × 10 22 át O 1 mol O 2 1 moléc O 2

3.a) Escriba la configuración electrónica del rubidio. b) Indique el conjunto de números cuánticos que caracteriza al electrón externo del átomo de cesio en su estado fundamental. c) Justifique cuántos electrones desapareados hay en el ión Fe3+. Solución. a. De forma completa, la configuración electrónica del rubidio es: •

Por orden creciente de energía: Rb ≡ 1s 2 ;2s 2 ;2p 6 ;3s 2 ;3p 6 ;4s 2 ;3d10 ;4p 6 ;5s1

•

Por capas: Rb ≡ 1s 2 ;2s 2 p 6 ;3s 2 p 6 d10 ;4s 2 p 6 ;5s1 Partiendo del último gas noble:

•

Rb ≡ [Kr ] ;5s1

b.

Piden los números cuánticos del electrón situado en el orbital 5s n =5 l=0 m=0 s=±1 2

5

La configuración electrónica del Fe es: Fe ≡ [Ar] ;4s 2 ; 3d 6 . Para obtener la configuración electrónica de los

c.

iones, se debe tener en cuenta que estos tienden a formar estructuras electrónicas pseudo nobles, para cual intentan dejar los subniveles llenos, semillenos (cada orbital que forma el subnivel está ocupado por un único electrón) o vacíos, teniendo en cuenta esto, la configuración electrónica del Fe3+ es:

Fe3+ ≡ [Ar] ; 3d 5 Por lo tanto el catión Fe3 + tiene cinco electrones desapareados

4.- Escriba las reacciones de hidrólisis de las siguientes sales y justifique a partir de las mismas si el pH resultante será ácido, básico o neutro. a) CH3COONa b) NaNO3 c) NH4Cl Solución. a. CH3COONa ≡ Sal básica por estar formada por un anión de ácido débil (CH 3COOH ) y un catión de base fuerte (NaOH ) . H O

CH 3COONa 2→ CH 3COO − (aq ) + Na + (aq ) •

CH 3COO − ≡ Base conjugada fuerte por que procede de un ácido débil, se hidroliza: CH 3COO − + H 2 O ↔ CH 3COOH + OH − ⇒ pH > 7

•

Na + ≡ Ácido conjugado débil porque procede de una base fuerte, no se hidroliza. La disolución resultante será básica. NaNO3 ≡ Sal neutra por estar formada por un catión de base fuerte (NaOH ) y un anión de ácido fuerte

b.

(HNO3 ) H O

NaNO3 2→ Na + (aq ) + NO 3− (aq ) •

NO3− ≡ Base conjugada débil por que procede de un ácido fuerte, no se hidroliza.

•

Na + ≡ Ácido conjugado débil porque procede de una base fuerte, no se hidroliza. Al no hidrolizarse ninguno de los iones, la disolución será neutra (pH = 7). NH4Cl ≡ Sal ácida por estar formada por un catión de base débil (NH 3 ) y un anión de ácido fuerte (HCl )

c.

H O

NH 4 Cl 2→ NH +4 (aq ) + Cl − (aq ) •

Cl − ≡ Base conjugada débil por que procede de un ácido fuerte, no se hidroliza.

•

NH +4 ≡ Ácido conjugado fuerte por que procede de un base débil, se hidroliza: NH +4 + H 2 O ↔ NH 3 + H 3O + ⇒ pH > 7 La disolución resultante será ácida.

5.- Para la reacción en equilibrio a 25 ºC: 2ICl(s ) ↔ I 2 (g ) + Cl 2 (g ) , Kp = 0,24. En un recipiente de 2 litros en el que se ha hecho el vacío se introducen 2 moles de ICl(s). a) ¿Cuál será la concentración de Cl2(g) cuando se alcance el equilibrio? b) ¿Cuánto gramos de ICl(s) quedarán en el equilibrio? Datos: Masas atómicas: I = 127; Cl = 35,5. R = 0’082 atm·L·K-1·mol-1. Solución. Equilibrio heterogéneo sólido-gas. a. 2ICl(s ) ↔ I 2 (g ) + Cl 2 (g ) ; K p = PI 2 ⋅ PCl 2 Teniendo en cuenta que por cada molécula de ICl que se disocia se forma la misma cantidad de I2 que de Cl2, las presiones parciales de ambas sustancias en el equilibrio serán iguales PI 2 = PCl 2 .

(

6

)

2 K p = PI 2 ⋅ PCl 2 = PCl ⇒ PCl 2 = K p = 0,24 = 0,49 atm 2

Aplicando la ecuación de gases ideales al componente cloro de la mezcla gaseosa: PCl 2 ⋅ V = n Cl 2 ⋅ RT

n Cl 2 V

=

PCl 2

⇒ [Cl 2 ] =

RT

0,49 = 0,02 M 0,082 ⋅ 298

También se puede hacer mediante Kc: 2ICl(s ) ↔ I 2 (g ) + Cl 2 (g ) ; K c = [I 2 ] ⋅ [Cl 2 ] Al igual que con las presiones, [I 2 ] = [Cl 2 ] , por lo tanto:

K c = [Cl 2 ]2 ⇒ [Cl 2 ] = K c Por otro lado, K c =

Kp 2

(RT )

=

0,24 2

(0,082 ⋅ 298)

K c = 4 × 10− 4 = 0,02 M

[Cl 2 ] = b.

= 4 × 10 − 4

El número de moles de Cl2 en el equilibrio se calcula conocida la concentración y el volumen. mol n (Cl 2 ) = [Cl 2 ] ⋅ V = 0,02 ⋅ 2 L = 0,04 mol L Conocidos los moles de Cl2 formados, se calculan por estequiometria los moles de ICl que han reaccionado: ICl 2 = ⇒ n (ICl)Re accinado = 2n (Cl 2 )Formados = 2 ⋅ 0,04 = 0,08 mol Cl 2 1 Conocidos los moles de ICl que han reaccionado se calculan los moles de ICl que quedan en el equilibrio: n (ICl)Eq = n (ICl)o − n (ICl)R = 2 − 0,08 = 0,92 mol

6.- Las plantas verdes sintetizan glucosa según la reacción: 6CO 2 (g ) + 6H 2 O(l ) → C6 H12O 6 (s ) + 6O 2 (g ) a) Calcule la entalpía de la reacción estándar, a 25 ºC, indicando si es exotérmica o endotérmica. b) ¿Qué energía se desprende cuando se forman 500 g de glucosa a partir de sus elementos? Datos: ∆H of [C6 H12O 6 (s )] = −673,3 kJ mol ; ∆H of [CO 2 (g )] = −393,5 kJ mol y ∆H of [H 2 O(l )] = −285,8 kJ mol . Masas atómicas: H = 1; C =12; O = 16 Solución. a. Por ser la entalpía una función de estado, sus variaciones solo dependen de las condiciones iniciales y finales.

∆H oR = ∑ ν i ⋅ ∆H of (Productos ) − ∑ ν i ⋅ ∆H of (Reactivos ) i

i

6CO 2 (g ) + 6H 2 O(l ) → C6 H12O 6 (s ) + 6O 2 (g )

[

]

∆H oR = ∆H of (C 6 H12O 6 ) + 6∆H of (O 2 ) − 6∆H of (CO 2 ) + 6∆H of (H 2 O ) =

= −673,3 + 0 − [6 ⋅ (− 393,5) + 6 ⋅ (− 285,8)] = 3402,5 kJ mol Reacción endotérmica b.

−1

La ecuación termoquímica que representa la reacción es: 6CO 2 (g ) + 6H 2 O(l ) + 3402,5 kJ → C 6 H12 O 6 (s ) + 6O 2 (g ) En la formación de la glucosa, no se desprende energía (reacción endotérmica, ∆H > 0), se consume. El factor de conversión entre el calor suministrado y la glucosa formada es:

7

∆Q 3402,5 = ⇒ ∆Q = 3402,5 ⋅ n (C6 H12O 6 ) n (C6 H12O 6 ) 1 ∆Q = 3402,5 ⋅

m(C6 H12 O 6 ) 500 g = 3402,5 kJ ⋅ = 9451,4 kJ mol M (C6 H12O 6 ) (6 ⋅ 12 + 12 ⋅ 1 + 6 ⋅16) g mol

Para la formación de 500 g de glucosa se necesita aportar 9451, 4 kJ

8