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) Permanganato de cobalto (II) b) Ácido bórico c) 2-Metilpentano d) Sr(OH)2 e) KH2PO4 f) (CH3)3N. Solución. a. Permanganato de cobalto (II) ≡ Co(Mn 4 )2 b.

Ácido bórico ≡ H 3BO3

c.

2-Metilpentano ≡ CH 3 − CH (CH 3 ) − CH 2 − CH 2 − CH 3

d. e. f.

Sr(OH)2 ≡ Hidróxido de estroncio KH2PO4 ≡ Dihidrogenofosfato de potasio (CH3)3N ≡ Trimetil amina

2.- a) Escriba las configuraciones electrónicas de las especies siguientes: N3–(Z = 7), Mg2+(Z = 12), Cl– (Z = 17), K (Z = 19) y Ar (Z = 18). b) Indique los que son isoelectrónicos. c) Indique los que presentan electrones desapareados y el número de los mismos. Responda a las siguientes cuestiones justificando la respuesta. Solución. a. N3–(Z = 7) ≡ 1s 2 ;2s 2 2p 6 : Mg2+(Z = 12) ≡ 1s 2 ;2s 2 2p 6 : Cl–(Z = 17) ≡ 1s 2 ;2s 2 2p 6 ;3s 2 3p 6 K (Z = 19) ≡ 1s 2 ;2s 2 2p 6 ;3s 2 3p 6 ;4s1

:

Ar (Z = 18) ≡ 1s 2 ;2s 2 2p 6 ;3s 2 3p 6

b. Átomos o iones isoelectrónicos son aquellos que tienen igual número de electrones. Entre los propuestos, el argón (Ar) y el ión cloruro (Cl‒) son isoelectrónicos con 18 electrones cada uno, y los iones nitruro (N3‒) y magnesio (II) (Mg2+) son isoelectrónicos con 10 electrones cada uno. Ital atómico c. Electrones desapareados son electrones solitarios en un orbital atómico. De todas las configuraciones propuestas la única que presenta electrones desapareados es la del potasio, que tiene un electrón desapareado en el orbital 4s

3.- Teniendo en cuenta los potenciales de reducción estándar de los pares Eº(Ag+/Ag) = + 0’80 V y Eº(Ni2+/Ni) = − 0’25 V: a) ¿Cuál es la fuerza electromotriz, en condiciones estándar, de la pila que se podría construir? b) Escriba la notación de esa pila y las reacciones que tienen lugar. Solución. a. Una pila es un sistema que transforma energía química en energía eléctrica mediante una reacción red-ox cuyo potencial sea positivo. f .e.m. = E º (Cátodo ) − E º Ánodo = E º Ag + Ag − E º Ni 2 + Ni = 0,80 − (− 0,25) = 1,05 v

(

)

(

)

1

(

)

b.

Notación de la pila: Ánodo

Electrolito

Electrolito

anódico

catódico Ni Ni 2 +

Cátodo

Ag + Ag

Semireacción anódica : Ni → Ni 2 + + 2eg − Semireacción catódica : Ag + + e − → Ag × 2

(

Reacción global :

)

+

Ni + 2Ag → Ni

2+

+ 2Ag

4.- Indique el compuesto orgánico que se obtiene en las siguientes reacciones químicas: a) CH2 = CH2 + Br2 → b)

C 6 H 6 (benceno ) + Cl 2 catalizado   r →

c)

CH 3 − CHCl − CH 3 →

KOH

etanol

Solución. CH2 = CH2 + Br2 → CH2Br ‒ CH2Br 1,2-dibromoetano. Reacción de adición electrófila a. b.

C6 H 6 (benceno) + Cl 2 catalizado   r → C 6 H 6 Cl 6 Hexaclorociclohexano. Reacción de adición electrófila.

c.

CH 3 − CHCl − CH 3 → CH 3 − CHOH − CH 3 + KCl 2-propanol. Reacción de sustitución nucleofila

KOH

etanol

5.- La tostación de la pirita se produce según: 4 SFe 2 (s ) + 11 O 2 (g ) → 2 Fe 2O3 (s ) + 8 SO 2 (g ) Calcule: a) La entalpía de reacción estándar. b) La cantidad de calor, a presión constante, desprendida en la combustión de 25 g de pirita del 90 % de riqueza en peso. Datos: Masas atómicas: Fe = 55’8; S = 32. ∆H of [FeS2 (s )] = −177,5 kJ mol , ∆H of [Fe 2 O 3 (s )] = −822,2 kJ mol ,

∆H of [SO 2 (s )] = −296,8 kJ mol Solución. a. Por ser la entalpía una función de estado, sus variaciones solo dependen de las condiciones iniciales y finales.   ∆H oR = 2 ⋅ ∆H of [Fe 2 O 3 (s )] + 8 ⋅ ∆H of [SO 2 (g )] − 4 ⋅ ∆H of [SFe 2 (s )] + 11 ⋅ ∆H of [O 2 (g )] 14243   0   o ∆H R = 2 ⋅ (− 822,2) + 8 ⋅ (− 296,8) − [4 ⋅ (− 177,5) + 11 ⋅ 0] = −3308,8 kJ < 0 Reacción exotérmica b. El calor desprendido a presión constante (entalpía) por la combustión de 25 g de mineral pirita al 90% se calcula mediante factores de conversión. 90 g SFe 2 1 mol SFe 2 −3308,8 kJ ∆Q = 25 g mineral ⋅ ⋅ ⋅ = −129,6 kJ 100 g mineral 143,6 g SFe 2 4 mol SFe 2 El signo negativo se interpreta como calor desprendido

6.- Se preparan 10 L de disolución de un ácido monoprótico HA, de masa molar 74, disolviendo en agua 37 g de éste.

La concentración de H3O+ es 0’001 M. Calcule: a) El grado de disociación del ácido en disolución. b) El valor de la constante Ka. Solución. a. Por tratarse de un ácido débil, se disocia según el siguiente cuadro de reacción, siendo co la concentración inicial del ácido y α su grado de disociación. HA + H 2 O ↔ A − (ac ) + H 3O +

Condiciones iniciales (mol L ) co Condiciones equilibrio (mol L ) c o (1 − α )

exceso exceso

− coα

− coα

De los datos del enunciado se puede obtener la concentración inicial del ácido y la de protones de la disolución.

2

m(g )HA

37 M (HA ) = 74 = 0,05 M V (L ) 10

[HA] = co =

[

]

Según el cuadro de reacción: H 3O + = c o α

⇒

α=

[H O ] = 0,001 = 0,02 3

co

+

0,05

El grado de disociación del ácido es del 2% b. Aplicando la ley de Ostwald y el cuadro de reacción se obtiene la expresión de la constante de acidez en función de la concentración inicial y del grado de disociación.

[A ]⋅ [H O ] = c α ⋅ c α −

Ka =

3

[HA ]

+

o

o

c o ⋅ (1 − α )

=

3

c o α 2 0,05 ⋅ 0,02 2 = = 2,04 × 10 − 5 1 − 0,02 1− α

OPCIÓN B 1.- Formule o nombre los siguientes compuestos: a) Ácido perclórico b) Seleniuro de hidrógeno c) Pent-4-en-2-ol d) LiH e) OsO4 f) CH3CHO Solución. Ácido perclórico ≡ HClO 4 a. b.

Seleniuro de hidrógeno ≡ H 2Se

c. d. e. f.

Pent-4-en-2-ol ≡ CH 3 − CHOH − CH 2 − CH = CH 3 LiH ≡ Hidruro de litio OsO4 ≡ Tetraóxido de osmio CH3CHO ≡ Etanal

2.- Un recipiente de 1 litro de capacidad se encuentra lleno de gas amoniaco a 27 ºC y 0’1 atmósferas. Calcule: a) La masa de amoniaco presente. b) El número de moléculas de amoniaco en el recipiente. c) El número de átomos de hidrógeno y nitrógeno que contiene. Datos: R = 0’082 atm·L·K-1·mol-1. Masas atómicas: N = 14; H = 1. Solución. a. Aplicando la ecuación de gases ideales se obtiene el número de moles de amoniaco, y con su masa molecular, la masa. P⋅V 0,1 atm ⋅ 1 L P ⋅ V = nRT n (NH 3 ) = = = 4,06 × 10 − 3 mol atm ⋅ L RT 0,082 ⋅ 300 K mol ⋅ K g m(NH 3 ) = n (NH 3 ) ⋅ M(NH 3 ) = 4,06 × 10 − 3 mol ⋅ 17 = 0,069 g mol b.

n º (molec ) = 4,06 × 10 − 3 mol NH 3 ⋅

c.

n º at H = 2,45 × 10 21 molec NH 3 ⋅

6,02 ⋅ 10 23 moléculas NH 3 = 2,45 × 10 21 molec mol NH 3

3 at H = 7,35 × 10 21 at molec NH 3 1 at N n º at N = 2,45 × 10 21 molec NH 3 ⋅ = 2,45 × 10 21 at molec NH 3

3.- Indique, razonadamente, cuántos enlaces π y cuántos σ tienen las siguientes moléculas: a) Hidrógeno. b) Nitrógeno. c) Oxígeno. Solución. Entre dos átomos el máximo número de enlace σ (solapamiento frontal) que se pueden formar es uno, si los átomos necesitarán formar mas enlaces, los demás serían del tipo π(solapamiento lateral), y siempre el primer enlace que se forma entre dos átomos es tipo σ. Con las estructuras de Lewis de la moléculas podremos determinar cuantos enlaces y de que tipo son los de cada una de ellas. a. H − H Un enlace σ  Un enlace σ b. N≡N:  Dos enlaces π c.

Un enlace σ |O =O|:  Un enlace π

4

4.- a) ¿Qué volumen de disolución de NaOH 0’1 M se necesitaría para neutralizar 10 mL de disolución acuosa de HCl 0’2 M? b) ¿Cuál es el pH en el punto de equivalencia? c) Describa el procedimiento experimental y nombre el material necesario para llevar a cabo la valoración. Solución. a. Reacción de neutralización de ácido fuerte con base fuerte HCl + NaOH → NaCl + H 2 O Teniendo en cuenta que la reacción es uno a uno: n (HCl ) = n (NaOH ) Por estar en disolución el número de moles se calcula multiplicando volumen × molaridad. M HCl ⋅ VHCl = M NaOH ⋅ VNaOH

0,2 ⋅ 10 × 10 −3 = 0,1 ⋅ VNaOH

0,2 ⋅ 10 × 10 − 3 = 0,1 ⋅ VNaOH =

0,2 ⋅ 10 × 10−3 = 0,02 L 0,1

b. El pH de neutralización es 7, ya que se valora un ácido fuerte (HCl) con una base fuerte (NaOH), y sus respectivos conjugados (Cl‒, Na+) son extremadamente débiles y no producen hidrólisis. c. Material necesario: Bureta calibrada, vaso de precipitado, indicador ácido-base, agitador, soporte y abrazadera. Procedimiento. En el vaso de precipitado se coloca la disolución que se va a neutralizar (HCl) junto con el indicador. En la bureta se pone la disolución que se va a utilizar para neutralizar (NaOH), la cual se va a ir añadiendo al vaso de precipitado a la vez que se agita hasta observar cambio de color en la disolución, momento en el que concluye la neutralización. Se toma el volumen de disolución básica gastada en la neutralización y se procede a hacer los cálculos.

5.- Una disolución acuosa de alcohol etílico (C2H5OH), tiene una riqueza del 95 % y una densidad de 0’90 g/mL. Calcule: a) La molaridad de esa disolución. b) Las fracciones molares de cada componente. Masas atómicas: C = 12; O = 16; H =1. Solución. a.

g ⋅ 1000 mL = 900 g mL 95 95 m(C 2 H 5OH ) 855 g m(C 2 H 5OH ) = m(d + s ) = 900 = 855 g n (C 2 H 5OH ) = = = 18,6 mol 100 100 M (C 2 H 5 OH ) 46 g mol n (C 2 H 5OH ) 18,6 mol M= = = 18,6 mol L V (L ) 1L Para un litro de disolución: m(d + s ) = d d + s ⋅ V = 0,90

Otra forma seria por factores de conversión. Para un litro de disolución: mL (d + s ) 0,9 g (d + s ) 95 g C 2 H 5 OH 1 mol C 2 H 5 OH M = 1000 ⋅ · ⋅ = 18,6 mol L L mL (d + s ) 100 g (d + s ) 46 g C 2 H 5OH

b.

m(C 2 H 5OH ) = 855 g → n (C 2 H 5 OH ) = 18,6 mol   m(d + s ) = 900 g : m(H 2 O ) = m d + s − m C H OH = 900 − 855 = 45g → n (H 2 O ) = 45 g = 2,5 mol 2 5  18 g mol  n  18,6 C 2 H 5 OH = = 0,88  χ C 2 H 5 OH = n + n 18 , 6 + 2,5 ni  C 2 H 5 OH H 2O χi = : n H2O 2,5 nT  χ = = = 0,12  H 2 O n C H OH + n H O 18,6 + 2,5 2 5 2 

5

6.- Dada la reacción: K 2 Cr2 O 7 (ac ) + Na 2SO 3 (ac ) + H 2SO 4 → Cr2 (SO 4 )3 (ac ) + K 2SO 4 (ac ) + Na 2SO 4 (ac ) + H 2 O a) Ajuste por el método del ion-electrón esta reacción en sus formas iónica y molecular. b) Calcule la molaridad de una disolución de sulfito de sodio, si 15 mL de ésta reaccionan totalmente, en medio ácido, con 25’3 mL de disolución de dicromato de potasio 0’06 M. Solución. a. Los elementos que cambian de valencia son: −

3e Cr (VI ) + → Cr (III)

S(VI )

−

2e − →

S(IV )

Las semireacciones iónicas sin ajustar son:

Semireacción de oxidación SO 32 − → SO 24 − Semireacción de reducción Cr2 O 72 − → Cr 3 + Se realiza el ajuste en medio ácido. 1º se ajustan metales y no metales diferentes a oxígeno e hidrógeno.

Semireacción de oxidación SO 32 − → SO 24 − Semireacción de reducción Cr2 O 72 − → 2Cr 3 + 2º se ajusta el oxígeno sumando en el miembro donde falte oxígeno tantas moléculas de agua como átomos de oxígeno falten.

Semireacción de oxidación SO 32 − + H 2 O → SO 24 − Semireacción de reducción Cr2 O 72 − → 2Cr 3 + + 7 H 2 O 3º se ajusta el hidrógeno sumando en el medio donde falte tantos protones como átomos de hidrógeno falten.

Semireacción de oxidación SO 32 − + H 2 O → SO 24 − + 2H + Semireacción de reducción Cr2 O 72 − + 14H + → 2Cr 3 + + 7H 2 O 4º se ajustan las cargas sumando electrones en el término adecuado.

Semireacción de oxidación SO 32 − + H 2 O → SO 24 − + 2H + + 2 e − Semireacción de reducción Cr2 O 72 − + 14H + + 6 e − → 2Cr 3 + + 7H 2 O 5º se combinan linealmente las ecuaciones para eliminar los electrones y se simplifican lo posible para obtener la reacción iónica global.

(

Semireacción de oxidación : 3 × SO 32 − + H 2 O → SO 24 − + 2H + + 2 e − Semireacción de reducción :

Cr2 O 72 −

+

−

+ 14H + 6 e → 2Cr

3+

)

+ 7H 2O

3SO 32 − + 3H 2 O + Cr2 O 72 − + 14H + → 3SO 24 − + 6H + + 2Cr 3 + + 7H 2 O Reacción íonica global : 3SO 32 − + Cr2 O 72 − + 8H + → 3SO 24 − + 2Cr 3 + + 4H 2 O 6º La reacción iónica global se transforma en molecular. K 2 Cr2 O 7 (ac) + 3Na 2SO 3 (ac) + 4H 2SO 4 → Cr2 (SO 4 )3 (ac ) + K 2SO 4 (ac ) + 3Na 2SO 4 (ac ) + 4H 2 O b.

n (Na 2SO 3 ) 3 = ⇒ n (Na 2SO 3 ) = 3 ⋅ n (K 2 Cr2 O 7 ) n (K 2 Cr2 O 7 ) 1 Teniendo en cuenta que los compuestos están en disolución: 3 ⋅ M (K 2 Cr2 O 7 ) ⋅ VK 2 Cr2 O 7 M (Na 2SO 3 ) ⋅ VNa 2SO3 = 3 ⋅ M(K 2 Cr2 O 7 ) ⋅ VK 2Cr2O7 M (Na 2SO 3 ) = VNa 2SO 3

Según la estequiometria de la reacción:

M (Na 2SO 3 ) =

3 ⋅ 0,06 ⋅ 25,3 × 10 −3 = 0,3036 M 15 × 10 − 3

6