UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Modelo Curso 2009-2010 MATERIA: QUÍMICA INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN La prueba consta de dos opciones, A y B, y el alumno deberá optar por una de las opciones y resolver las tres cuestiones y los dos problemas planteados en ella, sin que pueda elegir cuestiones o problemas de diferentes opciones. Cada cuestión o problema puntuará sobre un máximo de dos puntos. No se contestará ninguna pregunta en este impreso. TIEMPO: una hora y treinta minutos.

OPCIÓN A Cuestión 1A. Para el conjunto de números cuánticos que aparecen en los siguientes apartados, explique si pueden pertenecer a un orbital atómico y, en los casos afirmativos, indique de qué orbital se trata. a) n = 5, l = 2, ml = 2 b) n = 1, l = 0, ml = −1/2 c) n = 2, l = −1, ml = 1 d) n = 3, l = 1, ml = 0 Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. - n ≡ Número cuántico principal. Cuantifica el radio del orbital. n = 1, 2, 3, … - l ≡ Número cuántico secundario o azimutal. Cuantifica la forma del orbital. l = 0, 1, 2, … n−1 - ml ≡ Número cuántico magnético. Cuantifica la orientación del orbital. ml ≡ 0, ±1, ±2, … ±l

a.

Posible, cumple las reglas de los números cuánticos. Corresponde a un orbital 5d

b.

No es posible. ml solo puede tomar valores enteros, si l = 0, ml solo puede tomar el valor 0.

c.

No es posible. l solo puede tomar valores positivos ó 0.

d.

Posible, cumple las reglas de los números cuánticos. Corresponde a un orbital 3p.

Cuestión 2A.- Dadas las siguientes sustancias: CO2, CF4, H2CO y HF: a) Escriba las estructuras de Lewis de sus moléculas. b) Explique sus geometrías por la teoría de Repulsión de Pares de Electrones de Valencia o por la Teoría de Hibridación. c) Justifique cuáles de estas moléculas tienen momento dipolar distinto de cero. d) Justifique cuáles de estas sustancias presentan enlace de hidrógeno. Datos. Números atómicos (Z): H = 1; C = 6; O = 8; F = 9; S = 16 y Cl = 17 Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. a. Para describir las estructuras de Lewis, es conveniente conocer el número de electrones de valencia de la molécula, denominados disponibles D (suma de los electrones de valencia de todos los átomos que participan en la molécula), electrones necesarios N, (suma de los electrones que debería tener cada átomo de la molécula para completar su octeto), electrones compartidos C (electrones que forman enlace; C = N − D), y electrones solitarios S (electrones no compartidos S = N − C).

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b. R.P.E.C.V. Este modelo es una extensión de la teoría de Lewis y sirve para predecir la geometría de una molécula poliatómica. Esta basado en la diferencia de estabilidad que tiene una determinada geometría en función de la disposición espacial de los pares de electrones (enlazantes o no enlazantes) que rodean al átomo central de la molécula, y que los pares de electrones (compartidos y no compartidos) tienden a situarse en aquellas posiciones que minimicen las repulsiones entre ellos. La geometría molecular es la disposición de los núcleos que forman la molécula. Para determinar la geometría de una molécula se deben tener en cuenta el número de direcciones electrónicas (ICE: índice de coordinación electrónico), que representa el número de direcciones en las que se acumula densidad electrónica y es igual al número de pares solitarios (no enlazantes) más el número de enlaces, sean simples ó múltiples, y el número de direcciones geométricas que es igual al número de núcleos a los que se une el átomo central.

 nº direcciones electrónicas = 2 - CO2:  . Para minimizar las interacciones, los pares de enlace (doble) se nº direcciones geométricas = 2 disponen de forma lineal. Luego la estructura molecular es lineal.

 nº direcciones electrónicas = 4 - CF4:  . Para minimizar las interacciones, los pares de enlace se disponen nº direcciones geométricas = 4 de forma tetraédrica. Luego la estructura molecular es tetraédrica.

 nº direcciones electrónicas = 3 - H2CO:  . Para minimizar las interacciones, los pares de enlace se nº direcciones geométricas = 3 disponen de forma trigonal plana. Luego la estructura molecular es trigonal con ángulos de enlace diferentes debido a que no son iguales todos los enlaces, el ángulo entre los hidrógenos es menor que los ángulos de enlace entre los hidrógenos y el oxígeno debido al doble enlace carbono-oxígeno.

- HF: Molécula lineal, no tiene ninguna otra posibilidad, solo existen dos núcleos.

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Teoría de hibridación. El átomo central de la molécula reorganiza sus orbitales atómicos para obtener más y mejores direcciones de enlace. El coste energético de la promoción electrónica y de la hibridación de los orbitales atómicos se ve compensado con la formación de enlaces que rebajan más el contenido energético de la molécula. Promoción e −

- CO2: Lineal. C : 2s 2 p 2    → 2s1p1x p1y p1z → 1s 2 ; (sp )1 (sp )1 p1y p1z Hibr

El carbono promociona sus electrones de valencia y forma dos orbitales híbridos del tipo sp que utiliza para formar enlaces σ con los orbitales atómicos de los átomos de oxígeno con un electrón desapareado (2p), los otros dos orbitales atómicos del carbono que no forman orbitales híbridos, forman enlaces π con los orbitales atómicos del oxigeno que quedan con un electrón desapareado. Molécula lineal con ángulos de enlace de 180º. Prom. e −

Hibr

( )( )( )( ) 1

1

1

- CF4: Tetraédrica. C : 2s 2 p 2    → 2s1p1x p1y p1z →1s 2 ; sp3 sp 3 sp 3 sp3

1

El carbono promociona sus electrones de valencia y forma cuatro orbitales híbridos del tipo sp3 que utiliza para formar enlaces σ con los orbitales atómicos de los átomos de flúor con un electrón desapareado (2p). Molécula tetraédrica con ángulos de enlace de 108º. El carbono ocupa el centro del tetraedro y los átomos de flúor los vértices. Prom. e −

Hibr

( )( )( ) 1

1

1

- H2CO: Triangular. C : 2s 2 p 2    → 2s1p1x p1y p1z →1s 2 ; sp 2 sp 2 sp 2 p1 El carbono promociona sus electrones de valencia y forma tres orbitales híbridos del tipo sp2 que utiliza para formar tres enlaces σ, uno con un orbital atómico del oxígeno con un electrón desapareado y los otros dos con los orbitales atómicos de los hidrógenos. El orbital atómico del carbono que no forma orbital híbrido, forma un enlace π con un orbital atómico tipo p del oxigeno. Molécula trigonal plana con ángulos de enlace entorno a 120º, siendo algo menor el ángulo entre los hidrógenos que los ángulos entre el hidrógeno y el oxígeno. - HF: Molécula lineal. Enlace σ entre el orbital atómico 2p del flúor con el 1s de hidrógeno. c. La polaridad se mide por el momento dipolar, magnitud con carácter vectorial. Una molécula será polar si sus enlaces son polares (los átomos que lo forman tienen diferente electronegatividad) y la suma vectorial de los momentos dipolares no se anula por geometría. -CO2: El enlace C−O es polar (χ(O) > χ(C)), pero la molécula, por geometría es apolar debido a que la suma de los momentos dipolares de los enlaces se anula.

- CF4: El enlace C−F es polar (χ(F) > χ(C)), pero la molécula, por geometría es apolar debido a que la suma de los momentos dipolares de los enlaces se anula.

- H2CO: El enlace C−H es muy poco polar debido a que χ(H) ≈ χ(C) siendo ligeramente mayor la del carbono, mientras que el enlace C−O es polar, por lo tanto la suma vectorial de los momentos dipolares no se anula, la molécula es polar.

- HF: El enlace H−F esta polarizado debido a que χ(F) > χ(H), la molécula es polar.

d. Para que una molécula forme enlaces de hidrógeno debe tener enlaces tipo H−X, donde X representa un átomo que cumpla las siguientes condiciones: elevada electronegatividad; tamaño pequeño

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(X ≡ F, N, O). De las moléculas propuestas solo forman enlaces de hidrógeno el fluoruro de hidrógeno (HF), las demás no tienen enlaces H−X. Cuestión 3A.- Dado el equilibrio C (s) + H2O (g) ↔ CO (g) + H2 (g), justifique si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones: a) La expresión de la constante de equilibrio Kp es: Kp = p(CO) . p(H2) / { p(C) . p(H20) } b) Al añadir más carbono, el equilibrio se desplaza hacia la derecha. c) En esta reacción, el agua actúa como oxidante. d) El equilibrio se desplaza hacia la izquierda cuando aumenta la presión total del sistema. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. a. FALSA. En los equilibrios heterogéneos, la constante solo depende las sustancias que se encuentren en el estado de agregación de mayor libertad, en el caso de equilibrio heterogéneos sólido-gas, las constantes de equilibrio solo depende de las sustancias que estén en estado gaseoso. PCO ⋅ PH 2 Kp = PH 2 O b. FALSA. En un equilibrio heterogéneo sólido-gas, el equilibrio solo depende de las sustancias que se encuentren en estado gaseoso. c. VERDADERA. El hidrógeno el agua actúa con estado de oxidación +1, capta protones y se reduce a hidrógeno molecular con estado de oxidación 0, actuando el agua como oxidante, mientras que el carbono sólido pierde electrones oxidándose a monóxido de carbono y actuando como reductor. d. VERDADERA. Según Le Chatelier, “Siempre que se modifiquen las condiciones de un sistema en equilibrio se produce un desplazamiento del mismo en el sentido que restablezca la condiciones iniciales”. Al aumentar la presión en un sistema gaseoso, el equilibrio se desplaza hacia donde menor volumen ocupe, oponiéndose de esta forma al aumento de presión e intentar reestablecer el equilibrio.

Problema 1A.- En la reacción de combustión del metanol líquido se produce CO2 (g) y H20 (1). Sabiendo que el metanol tiene una densidad de 0,79 g·cm−3, calcule: a) La entalpía estándar de combustión del metanol líquido. b) La energía desprendida en la combustión de 1 L de metanol. c) El volumen de oxígeno necesario para la combustión de 1 L de metanol, medido a 37 ºC y 5 atm. Datos. R = 0,082 atm·L·mol−1·K−1. Masas atómicas: C = 12; 0= 16; H = 1. Entalpías estándar de formación en kJ·mol−1: metanol (1) = −239; CO2 (g) = −393; H20 (1) = −294. Puntuación máxima por apartado: a) y c) 0,75 puntos; b) 0,5 puntos.

Solución. a. Reacción de combustión del etanol:

CH 3OH(l ) +

3 O 2 (g ) → CO 2 (g ) + 2H 2 O(l ) 2 Por ser la entalpía una función de estado, sus variaciones solo dependen de las condiciones iniciales y finales. ∆H R =

∑ pi ⋅ ∆H ofi (Productos) − ∑ ri ⋅ ∆H ofi (Reactivos)

Donde pi y ri representan los coeficientes estequiométricos de productos y reactivos respectivamente. Aplicando a la reacción propuesta: 3   ∆H oC (CH 3OH(l )) = ∆H of (CO 2 (g )) + 2∆H of (H 2O(l )) − ∆H of (CH 3 (l )) + ∆H of (O 2 (g )) 2   Donde: ∆H of (O 2 (g )) = 0 , por tratarse de un elemento en estado natural.

∆H oC (CH 3OH(l )) = ∆H of (CO 2 (g )) + 2∆H of (H 2 O(l )) − ∆H of (CH 3 (l )) = = −393 + 2 ⋅ (− 294) − (− 239) = −742 kJ mol −1 Reacción exotérmica.

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b. En este apartado recomiendo hacerlo por factores de conversión mediante la ecuación termoquímica del proceso. 3 CH 3OH(l ) + O 2 (g ) → CO 2 (g ) + 2H 2 O(l ) + 742 kJ 2   Q 742 kJ kJ  ⋅ n (CH 3OH ) Factor de conversión: = ⇒ ∆Q = 742 CH 3OH 1 mol  mol(CH 3OH ) 

kJ m(CH 3OH ) kJ kJ ∆Q = 742 ⋅ = 742 ⋅ = 742 ⋅ mol M(CH 3OH ) mol M (CH 3OH ) mol d CH 3OH ⋅ V

0,79

gr cm3 32

⋅ 1000 cm3 gr mol

= 18318 kJ

En la combustión de 1 L de metanol se desprenden 18318 kJ. Nota: El término desprender se puede cambiar por el signo negativo que en este tipo de problema solo tiene carácter cualitativo (+ se absorbe, − se desprende).

c.

Factor de conversión:

3 O2 3 = 2 ⇒ n (O 2 ) = n (CH 3OH ) CH 3OH 1 2

m(CH 3OH ) d CH 3OH ⋅ V n (CH 3OH ) = = = M (CH 3OH ) M (CH 3OH )

gr

0,79

cm

3

32

⋅ 1000 cm3 gr mol

= 24,69 mol

n (O 2 ) =

3 3 n (CH 3OH ) = ⋅ 24,69 = 37,03 mol 2 2 Mediante la ecuación de gases ideales se obtiene el volumen (PV = nRT). atm ⋅ L 37,03 mol ⋅ 0,082 ⋅ 310 K nRT mol ⋅K VO 2 = = = 188,27 L P 5 atm

Problema 2A.- Se disuelven 2,3 g de ácido metanoico en agua hasta un volumen de 250 cm3. Calcule: a) El grado de disociación y el pH de la disolución. b) El volumen de hidróxido de potasio 0,5 M necesario para neutralizar 50 cm3 de la disolución anterior. Datos: Ka = 1,8×10−4; Masas atómicas: C = 12, O = 16, H = 1 Puntuación máxima por apartado: 1 punto.

Solución. a. Ácido débil, su equilibrio de disociación está regido por su constante de acidez (Ka). Si co es su concentración inicial y α su grado de disociación, el cuadro de reacción será el siguiente:

Aplicando la ley de Ostwald se obtiene la expresión de la constante.

Ka =

HCOO − ⋅ H 3O + HCOOH

La concentración inicial (co) se obtiene mediante la definición de molaridad. 2,3 gr m(HCOOH ) 46 gr n (HCOOH ) M(HCOOH ) mol = 0,2 mol co = = = L Vd + s (L ) Vd + s (L ) 250 × 10− 3 (L ) Sustituyendo en la expresión de la constante las concentraciones por sus expresiones en función de co y α, se obtiene una ecuación en la que podemos despejar el valor de α.

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Ka =

HCOO − ⋅ H 3O + HCOOH

=

coα ⋅ coα coα 2 = c o (1 − α ) 1 − α

Teniendo en cuenta que se trata de un ácido débil (Ka = 1,8×10−4), y que su concentración no es muy diluida, se puede plantear una hipótesis que nos permitirá simplificar la ecuación, en el caso de no confirmare la hipótesis, se transformaría la ecuación en una ecuación de 2º grado en α.  1− α →1 Ka  Hipótesis : Sí α < 0,05 ⇒  despejando : α = co α 2 ⇒ K a = coα 2 K = co  a 1 − α Sustituyendo por lo datos:

α=

Ka 1,8 × 10 − 4 = = 0,03 < 0,05 ⇒ Se acepta la hipótesis. co 0,2

El grado de disociación es del 3% (α = 0,03). El pH se obtiene de la definición conocidos co y α.

pH = − log H 3O + = − log(c o α ) = − log(0,2 ⋅ 0,03) = 2,2

b.

Reacción de neutralización entre un ácido y una base, se resuelve por factores de conversión.

HCOOH + KOH → HCOO − (aq ) + K + (aq ) + H 2 O KOH 1 = ⇒ n (KOH ) = n (HCOOH ) HCOOH 1 Por estar en disolución, el número de moles se obtiene de la definición de molaridad. M 0,2 M KOH ⋅ VKOH = M HCOOH ⋅ VHCOOH : VKOH = VHCOOH HCOOH = 50 × 10− 3 = 0,02 L M KOH 0,5 VKOH = 20 cm3

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OPCIÓN B Cuestión 1B.- Considere la combustión de tres sustancias: carbón, hidrógeno molecular y etano1. a) Ajuste las correspondientes reacciones de combustión. b) Indique cuáles de los reactivos o productos de las mismas tienen entalpía de formación nula. c) Escriba las expresiones para calcular las entalpías de combustión a partir de las entalpías de formación. d) Escriba la expresión de la entalpía de formación del etanol en función únicamente de las entalpías de combustión de las reacciones del apartado a). Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. a. - C(s ) + O 2 (g ) → CO 2 (g ) 1 - H 2 (g ) + O 2 (g ) → H 2 O(l ) 2 - C 2 H 5OH (l ) + 3O 2 (g ) → 2CO 2 (g ) + 3H 2 O(l ) b.

Por convenio, tienen entalpía de formación nula todos los elementos en estado natural.

∆H of (C(s )) = ∆H of (O 2 (g )) = ∆H of (H 2 (g )) = 0

c. Por ser la entalpía una función de estado, sus variaciones solo dependen de las condiciones iniciales y finales, por tanto se pueden calcular mediante la expresión:

∆H oR = ∑ pi ⋅ ∆H

o fi

(Productos) − ∑ ri ⋅ ∆H of (Reactivos) i

Donde ri y pi son coeficientes estequiométricos de reactivos y productos respectivamente.

    - ∆H oC (C(s )) = ∆H of (CO 2 (g )) −  ∆H of (C(s )) + ∆H of (O 2 (g )) = ∆H of (CO 2 (g ))  14243 14243  0 0     1   - ∆H oC (H 2 (g )) = ∆H of (H 2 O(l )) −  ∆H of (H 2 (g )) + ∆H of (O 2 (g )) = ∆H of (H 2 O(l ))  14243 2 14243  0 0       - ∆H oC (C 2 H 5OH(l )) = 2∆H of (CO 2 (g )) + 3∆H of (H 2 O(l )) −  ∆H of (C 2 H 5 OH(l )) + 3∆H of (O 2 (g )) = 1 42 43   0   = 2∆H of (CO 2 (g )) + 3∆H of (H 2 O(l )) − ∆H of (C 2 H 5OH(l )) d. Partiendo de la entalpía de combustión del etanol, se despeja la de formación, y se sustituyen las de formación de H2O y de CO2 por las de combustión de H2 y de C respectivamente.

∆H oC (C 2 H 5OH(l )) = 2∆H of (CO 2 (g )) + 3∆H of (H 2 O(l )) − ∆H of (C 2 H 5OH(l ))

∆H of (C 2 H 5 OH(l )) = 2∆H of (CO 2 (g )) + 3∆H of (H 2 O(l )) − ∆H oC (C 2 H 5 OH(l )) ∆H of (C 2 H 5OH(l )) = 2∆H oC (C(s )) + 3∆H oC (H 2 (g )) − ∆H oC (C 2 H 5OH(l ))

Cuestión 2B.- Dadas las constantes de acidez de las especies químicas CH3COOH, HF, HS04− y NH4+ a) b) c) d)

Ordene las cuatro especies de mayor a menor acidez. Escriba sus correspondientes reacciones de disociación ácida en disolución acuosa. Identifique sus bases conjugadas y ordénelas de mayor a menor basicidad. Escriba la reacción de transferencia protónica entre la especie química más ácida y la base conjugada más básica. Datos. Ka (CH3COOH) = 1,8×10−5; Ka (HF) = 7,2×10−4; Ka (HS04− ) = 1,2×10−2; Ka (NH4+ ) = 5,5×10−10 Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. La acidez mide la concentración de protones, a mayor acidez mayor concentración de protones, a. mayor grado de disociación del ácido y por tanto mayor constante de acidez ó disociación. Para ordenar las especies de mayor a menor acidez se ordenan de mayor a menor constante.

Modelo Propuesto por U.C.M. CURSO 09 − 10 (L.O.E.)

Ka (HS04− ) = 1,2×10−2 > Ka (HF) = 7,2×10−4 > Ka (CH3COOH) = 1,8×10−5 > Ka (NH4+ ) = 5,5×10−10 HS04− > HF > CH3COOH > NH4+ b.

- HSO 4− + H 2 O ↔ SO 24 − + H 3O + - HF + H 2 O ↔ F − + H 3O + - CH 3 − COOH + H 2 O ↔ CH 3 − COO − + H 3O + - NH +4 + H 2 O ↔ NH 3 + H 3O +

c.

Ácido HSO −4

Base conjugada SO 24 − (Sulfato)

HF

F − (Fluoruro)

CH 3 − COOH

CH 3 − COO − (Acetato)

NH 3 (Amoniaco) NH +4 La fortaleza de los pares conjugados es inversamente proporcional a la fortaleza de la sustancia de la que procede, a mayor fortaleza de un ácido, menor fortaleza de su base conjugada y viceversa. El orden de mayor a menor basicidad de las bases conjugadas será inverso al orden de mayor a menor acidez de los ácidos de los que procede. NH 3 > CH 3 − COO − > F − > SO 24 − d.

HSO 4− (aq ) + NH 3 (aq ) ↔ SO 24 − (aq ) + NH +4 (aq )

Cuestión 3B.- Complete las siguientes reacciones, escribiendo las fórmulas semidesarrolladas de todos los compuestos orgánicos. Nombre todos los productos obtenidos e indique el tipo de reacción orgánica de que se trata en cada caso. a) 2-buteno + HBr H SO

4→ b) 1-propanol + Q 2 

H+

c) ácido butanoico + 1-propanol  → d) n (H 2 N(CH 2 )5 COOH ) → Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

Solución. a. 2-buteno + Bromuro de hidrógeno → 2-bromo butano. Reacción de adición electrófila CH 3 − CH = CH − CH 3 + HBr → CH 3 − CH 2 − CHBr − CH 3 b.

1-propanol + calor → propeno + agua. Reacción de eliminación. H SO

4 → CH − CH = CH + H O CH 3 − CH 2 − CH 2 OH + Q 2  3 2 2

c. ácido butanoico + 1-propanol → butanoato de propilo + agua. Reacción de esterificación, reacción de sustitución nucleófila. H+

CH 3 − CH 2 − CH 2 − COOH + CH 2 OH − CH 2 − CH 3  → CH 3 − CH 2 − CH 2 − COO − CH 2 − CH 2 − CH 3 d.

Ácido 6-aminohexanoico → Poliamida (nailon). Reacción de polimerización por condensación. n (H 2 N (CH 2 )5 COOH ) → (− CONH(CH 2 )5 − )n + n H 2O

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Problema 1B.- Una mezcla de 2 moles de N2 y 6 moles de H2 se calienta hasta 700 ºC en un reactor de

100 L, estableciéndose el equilibrio N2 (g) + 3 H2 (g) ↔ 2NH3 (g). En estas condiciones se forman 48,28 g de amoniaco en el reactor. Calcule: a) La cantidad en gramos de N2 y de H2 en el equilibrio. b) La constante de equilibrio Kc. c) La presión total en el reactor cuando se ha alcanzado el equilibrio. Datos. Masas atómicas: N = 14, H = 1; R = 0,082 atm·L·mol−1·K−1.

Puntuación máxima por apartado: a) y b) 0,75 puntos; c) 0,5 puntos.

Solución. Para resolver el problema es conveniente plantear el cuadro de reacción. Si definimos x como el a. número de moles de N2 que reaccionan, el cuadro queda de la siguiente forma:

Conocida la masa de amoniaco en el equilibrio (48,28 gr), se calcula x. m(NH 3 ) 48,28 gr  n (NH 3 )eq = = = 2,84 mol 2,84 M (NH 3 ) 17 gr = 1,42  : 2x = 2,84 : x = mol 2  n (NH 3 )eq = 2 x  Conocido el valor de x se calcula el número de moles en el equilibrio de N2 y de H2, y a continuación la masa en gramos de cada uno. n (N 2 ) = 2 − x = 2 − 1,42 = 0,58 : m(N 2 ) = n ⋅ M = 0,58 mol ⋅ 28 gr = 16,24 gr mol n (H 2 ) = 6 − 3x = 6 − 3 ⋅ 1,42 = 1,74 : m(H 2 ) = n ⋅ M = 1,74 mol ⋅ 2 gr = 3,48 gr mol b. Conocidos los moles de todos los compuestos presentes en el equilibrio y el volumen del reactor, se calcula la constante Kc mediante su definición.

Kc =

NH 3

2

N2 ⋅ H2

3

=

 n (NH 3 )     V 

2

 n (N 2 )   n (H 2 )   ⋅   V   V 

3

=

 2,84     100 

2

 0,58   1,74   ⋅   100   100 

3

= 2,64 × 10 4

c. Conocidos los moles en el equilibrio de todos los componentes de la mezcla gaseosa el volumen y la temperatura, con la ecuación de gases ideales se calcula la presión en el interior del reactor. n T = n (N 2 ) + n (H 2 ) + n (NH 3 ) = 0,58 + 1,74 + 2,84 = 5,16 mol T = 700 + 273 = 973 K atm ⋅ L 5,16 mol ⋅ 0,082 ⋅ 973 K n ⋅R ⋅T mol ⋅ K P⋅V = n⋅R ⋅T : P = = = 4,12 atm V 100 L

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Problema 2B.- La electrólisis de una disolución acuosa de BiCl3 en medio neutro origina Bi(s) y Cl2(g). a) Escriba las semireacciones iónicas en el cátodo y en el ánodo y la reacción global del proceso, y calcule el potencial estándar correspondiente a la reacción global. b) Calcule la masa de bismuto metálico y el volumen de cloro gaseoso, medido a 25 ºC y 1 atm, obtenidos al cabo de dos horas, cuando se aplica una corriente de 1,5 A. Datos. Masas atómicas: Cl = 35,5; Bi = 209,0; F = 96485 C·mol−1; R = 0,082 atm·L·mol−1·K−1 Eº(Bi3+/ Bi) = 0,29 V; Eº (Cl2 / Cl−) = 1,36 V Puntuación máxima por apartado: 1 punto.

Solución. a.

( )

1 1 ⇒ n (Bi ) = n e − 3 3 e El número de moles de bismuto se calcula por la definición de mol, el número de moles de electrones se calcula a partir de la carga que atraviesa el electrolito, teniendo en cuenta que F representa la carga en coulomb de un mol de electrones. m(Bi) 1 Q m(Bi ) 1 I ⋅ t = ⋅ : {Q = I ⋅ t} : = ⋅ M(Bi ) 3 F M(Bi ) 3 F Donde Q representa la carga que atraviesa el electrolito, I la intensidad de corriente y t el tiempo. gr 1 I ⋅ t ⋅ M (Bi ) 1 1,5 A ⋅ 7200 s ⋅ 209 mol m(Bi ) = ⋅ = ⋅ = 7,8 gr 3 F 3 96485 C mol b.

Factor de conversión:

Bi −

=

( )

1 1 ⇒ n (Cl 2 ) = n e − 2 2 e 1 Q 1 I ⋅ t 1 1,5 A ⋅ 7200 s n (Cl 2 ) = = = = 0,056 mol 2 F 2 F 2 96485 C mol

Factor de conversión:

Cl 2 −

=

Conocidos los moles de cloro, mediante la ecuación de gases ideales se calcula el volumen de cloro.

nRT P ⋅ V = nRT : V = = P

atm ⋅ L ⋅ 298 K mol ⋅ K = 1,37 L 1 atm

0,056 mol ⋅ 0,082

Nota: Recordar que los amperios (A) son C·s−1

Modelo Propuesto por U.C.M. CURSO 09 − 10 (L.O.E.)