1Q u í m i c a

2Q u í m i c a

3Q u í m i c a

4Q u í m i c a

5© Oxford University Press España, S. A. Q u í m i c a

COMUNITAT VALENCIANA CONVOCATORIA JUNIO 2009

S O L U C I Ó N D E L A P R U E B A D E A C C E S OAUTOR: Julio Egea Egea

Cuestión 1Aa) Verdadero. Se resuelve la molécula por Lewis:

Cl2O )Cl(17): 1s22s2p63s2p5 ⇒ capa de valencia 3s2p5

O(8): 1s22s2p4 ⇒ capa de valencia 2s2p4

Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto, (salvolas excepciones de hipovalencia e hipervalencia, y el Hcon un par); por lo que, el O se sitúa como átomo cen-tral:

Geometría: los dos pares de electrones libres del oxíge-no se sitúan en los vértices de un tetraedro regular, y losdos átomos de Cl en los otros dos, se forma, así, unamolécula angular.

Polaridad: como la electronegatividad de ambos ele-mentos es distinta se crea un momento dipolar totaldiferente de cero por lo cual la molécula es polar.

b) Verdadero. La primera energía de ionización es laenergía necesaria que hay que suministrar a un átomode un elemento en estado fundamental y gaseoso paraarrancar un electrón de su capa de valencia y convertirloen un catión.

En el sistema periódico, la energía de ionización aumen-ta de izquierda a derecha y disminuye según descende-mos en un grupo; así el menor valor de energía de ioni-zación es el Fr y el de mayor valor, el F, si se exceptúanlos gases nobles.

El litio y el potasio están en el mismo grupo, pero el Kestá dos periodos más abajo: cuanto más alejado esté elelectrón de valencia, menor energía se necesita paraarrancarlo; por tanto, como el K está en el 4.° periodo, suelectrón de valencia es 4s1 y está más alejado que el delLi que es 2s1, por ello, el potencial de ionización esmenor en el K que en el Li.

c) Verdadero. Estudiamos la geometría de las dos moléculas:

Molécula BI3

Es un caso de hipovalencia el B se rodea de 6 electrones.

BI3 )B(5): 1s22s2p1 ⇒ capa de valencia 2s2p1

I(53): 1s22s2p6…5s2p5 ⇒ capa de valencia 5s2p5

El B es un caso de hipovalencia, y se sitúa como átomocentral como se indica en el esquema adjunto:

Geometría: según la teoría RPECV, los pares de electro-nes se situarán lo más alejados posibles unos de otros,lo que corresponde con una geometría triangular pla-na. El átomo de boro se sitúa en el centro del triánguloequilátero y los tres átomos de yodo en los vértices.

Polaridad: al ser el átomo de yodo más electronegativoque el de boro atraerá los electrones de enlace hacia sí,con lo que se creará un momento dipolar distinto decero. Pero como la molécula es triangular (equilatera)los vectores momento dipolar se compensan y elmomento dipolar total será igual a cero, por ello, lamolécula será apolar.

Bloque 1

O

Cl Cl

par deelectrones

par deelectrones

O

Cl

Cl α

I IB

I

I

B

I I

μ1 � μ2 � μ3 � 0

μ1 � μ2 � 0

μ3

� 0

I

B

I I

μ 2 �

0 μ1 � 0

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Molécula PI3

PI3 )P(15): 1s22s2p13s2p3 ⇒ capa de valencia 3s2p3

I(53): 1s22s2p6…5s2p5 ⇒ capa de valencia 5s2p5

Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto. El P sesitúa como átomo central, como se indica en la repre-sentación de la molécula:

Geometría: según la teoría RPECV, los pares de electro-nes se situarán lo más alejados posibles unos de otros,el par libre del P hace que las nubes electrónicas quehay entre el I y el P se separen del plano y, como conse-cuencia, se genere una pirámide trigonal que corres-ponde con una geometría piramidal trigonal.

Polaridad: la molécula es polar.

Cuestión 1BMolécula HCN

H(1): 1s1 ⇒ capa de valencia 1s1

HCN *C(6): 1s22s2p2 ⇒ capa de valencia 2s2p2

N(7): 1s22s2p3 ⇒ capa de valencia 2s2p3

Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto. El C sesitúa como átomo central:

H�C�N�

Geometría: para deducir la estructura geométrica deesta molécula, se aplica la teoría de la RPECV. Los paresde electrones se disponen en las posiciones más aleja-das posibles, lo que corresponde a una molécula lineal.

Polaridad: como la molécula es lineal y puesto que el Nes más electronegativo que el C y este más que el H, loselectrones de enlace están más atraídos y desplazadoshacia el N. Los momentos dipolares van en la mismadirección y en el mismo sentido y, por tanto, el momen-to dipolar total no es nulo. La molécula es polar.

� �H C N

�total � O

Molécula F2O

F2O )F(9): 1s22s2p5 ⇒ capa de valencia 2s2p5

O(8): 1s22s2p4 ⇒ capa de valencia 2s2p4

Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto; por loque, el O se sitúa como átomo central:

Geometría: en este caso, como el átomo de O poseedos pares de electrones libres, se sitúan en los vérticesde un tetraedro regular siendo los otros dos vérticesocupados por los átomos de F, pero como la moléculaposee solo tres átomos es angular.

Polaridad: la diferencia de electronegatividad del F ydel O hace que exista un momento dipolar entre ellos, ycomo la molécula es angular, los momentos dipolaresvan en distinta dirección. La suma de los vectores de losmomentos dipolares tiene un determinado valor por loque la molécula es polar.

Molécula NCl3

NCl3 )N(7): 1s22s2p3 ⇒ capa de valencia 2s2p3

Cl(17): 1s22s2p63s2p5⇒ capa de valencia 3s2p5

Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto, por loque, el N se sitúa como átomo central:

Geometría: los tres pares que se rodea el N se disponenen las posiciones más alejadas posibles, que correspon-den a los vértices de un triángulo equilátero, perocomo el N dispone de un par libre hace que este hagarepulsión con los demás y adopte una estructura pira-midal trigonal.

Polaridad: el Cl por tener más electronegatividad que elN, atrae hacia sí los pares de electrones compartidoscreando unos momentosdipolares. Al ser una molé-cula piramidal trigonal, losmomentos dipolares vanen distinta dirección sincompensarse, siendo elresultado final de la sumade los vectores momentodipolar distinto de cero, porlo que, la molécula es polar.

I IP

I

μ � 0

P

I I

I

par de electrones

pirámide trigonal polar

O

F F

par deelectrones

par deelectrones

O

F

Fα

μ � 0

Cl ClN

Cl

par de electrones

μtotal � 0

N

Cl Cl

Cl

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Molécula SiCl4

SiCl4 )C(14): 1s22s2p63s2p2 ⇒ capa de valencia 3s2p2

Cl(17): 1s22s2p63s2p5 ⇒ capa de valencia 3s2p5

Según Lewis cada átomo se rodea de un octeto, por loque, el C se sitúa como átomo central:

Geometría: los cuatro pares de electrones se situarán lomás alejados posibles unos de otros, lo que correspon-de con una geometría tetragonal. El átomo de silicio sesitúa en el centro del tetraedro regular y los cuatro áto-mos de cloro en los vértices, como consecuencia, lamolécula es tetraédrica.

Polaridad: al ser el átomo de Cl más electronegativoque el de Si atraerá a los electrones de enlace hacia sícon lo que se creará un momento dipolar distinto decero y como la molécula es tetraédrica el momentodipolar total será igual a cero, por ello, la molécula esapolar.

Bloque 2

Cl ClSi

Cl

Clμ1 � μ2 � μ12 � 0

μ12 � μ34 � 0

μ1 � 0

μ2 � 0

μ 4 �

0

μ3 � 0μ3 � μ4 � μ34 � 0

Si

Problema 2Aa) Se ponen los datos del enunciado y los estequiométri-

cos bajo la reacción:

2 NH4NO3 (s) → 2 N2 (g) � O2 (g) � 4 H2O (g)

Masa molecular(uma) 80 28 32 18

Molesreaccionantes 2 2 1 4

Datos 1 000 kg

Los moles que hay en los 1 000 kg de nitrato de amonioson:

nNH4NO3� � 12 500 mol

Calculamos los moles de N2 generados:

12 500 mol de NH4NO3 � �

� 12 500 mol de N2

Calculamos, ahora, los moles de O2 generados:

12 500 mol de NH4NO3 � �

� 6 250 mol de N2

Y los de H2O generados:

12 500 mol de NH4NO3 � �

� 25 000 mol de N2

Los moles totales de gases generados son:

nT � 12 500 � 6 250 � 25 000 � 43 750 mol

Por la ley de los gases ideales, determinamos el volu-men total de gases:

V � � �

� 4 023 429,73 L de gases

b) El calor desprendido se calcula por la diferencia deentalpías entre productos y reactivos:

2 NH4NO3 (s) → 2 N2 (g) � O2 (g) � 4 H2O (g)

Hof (kJ/mol) �366,0 0 0 �241,82

HoC � Ho

productos � Horeactivos �

�4 � (�241,82) �2 � (�366,0) �

� (�967,28) � (�732) � �235,28 kJ

Como este calor es de dos moles:

� �117,64

12 500 mol de NH4NO3 � �

� 1 470 500 kJ

Otra forma de resolución:

12 500 mol de NH4NO3 � �

� 1 470 500 kJ

235,28 kJ

2 mol de NH4NO3

117,64 kJ

1 mol de NH4NO3

kJmol

� 235,28 kJ

2 mol

43 750 mol � 0,082atm LK mol

� 1 092 K

740 mmHg

760mmHg

atm

nRTp

4 mol de H2O

2 mol de NH4NO3

1 mol de O2

2 mol de NH4NO3

2 mol de N2

2 mol de NH4NO3

106 g

80 g�mol

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Problema 2B

Nota: El ejercicio se resuelve en masas pero se puede resol-ver en moles.

Se calcula cuál es el reactivo limitante de la reacción paraello, se realiza el cálculo de la cantidad de masa de NH3 quereacciona con los 30,6 g de CO2.

30,6 g de CO2 � � 23,65 g de NH3 se necesitan

El reactivo limitante es el CO2 a partir de cual se calcula lacantidad de urea:

30,6 g de CO2 � � 41,73 g de CO(NH2)2

La cantidad de urea que se obtendría es de 41,73 g.

b) El reactivo en exceso es el NH3.

gramos sobran � gramos iniciales � gramos reaccionan

Por tanto:

30,6 � 23,65 � 6,95 g de NH3

c) 106 g de CO(NH2)2 � �

� 566 666,6w g � 566,67 kg de NH3

34 g de NH3

60 g de CO(NH2)2

60 g de CO(NH2)2

44 g de CO2

34 g de NH3

44 g de CO2

Bloque 3

Cuestión 3Aa) Los datos que proporciona el enunciado, son los valores

del potencial de reducción, se solicita la facilidad de oxi-dación. A estos valores de potencial hay que cambiarleel signo. Por lo tanto:

b) El único par que puede realizar la propuesta del enun-ciado, es el par cuyo valor está entre ambos.

Es decir, el ε°(Pb2�/Pb) � �0,13 V.

Si la ε° es positiva la reacción es espontánea.

Si la ε° es negativa la reacción es no espontánea, y es lainversa la que se produce.

Estudio de los pares

ε° (Fe3�/Fe2�)� 0,77 V y ε°(Pb2+/Pb)� � 0,13 V

Según el enunciado, en el par Fe3�/Fe2� se produce lareducción.

2 � (Fe3� � 1 e� → Fe2�) εo � �0,77 V Reducción(ganancia de electrones)

Pb0 � 2 e� → Pb2� εo � �0,13 V Oxidación(pérdida de electrones)

Pb0 � 2 Fe3� → Pb2� � 2 Fe2� εo � �0,90 VReacción glo-

bal

Como el ε de la reacción es mayor que cero, la reacciónes espontánea.

Estudio de los pares

ε°(Fe2+/Fe) � � 0,44 V y (ε°(Pb2+/Pb) � � 0,13 V

Según el enunciado, en el par Fe2+/Fe se produce lareducción.Fe2� � 2 e� → Fe0 εo � �0,44 V Reducción

(ganancia de electrones)

Pb0 � 2 e� → Pb2� εo � �0,13 V Oxidación(pérdida de electrones)

Pb0 � Fe2� → Pb2� � Fe0 εo � �0,31 V Reacción global

Como ε es menor que cero la reacción es no espontánea.

Cuestión 3BSe aplica el Principio de Le Châtelier: «El equilibrio ante unaperturbación externa evolucionará en el sentido de contra-rrestarla».

a) Al aumentar la cantidad de hidrógeno en el sistema, elequilibrio evoluciona en el sentido de eliminar este hidró-geno, es decir, hacia la producción de más metanol.

Aumentar la cantidad de hidrógeno favorece la produc-ción de metanol.

b) Como H es negativo, la reacción es exotérmica, produ-ce calor, por lo tanto si se le comunica calor evolucionaen el sentido de disminuirlo, es decir, hacia reactivos.

Aumentar la temperatura de trabajo no favorece la pro-ducción de metanol.

Masasmoleculares(uma) 17 44 60 18

Reacción 2 NH3 � CO2 → CO(NH2)2 � H2O

Masasreaccionantes(g) 34 44 60

Datos 30,6 g 30,6 g

Par deoxidación (Mg/Mg2�) (Zn/Zn2�) (Fe/Fe2�) (Pb/Pb2�)

ε° (V) �2,37 �0,76 �0,44 �0,13

Mg � Zn � Fe � Pb

(Fe2�/Fe) (Pb2�/Pb) (Fe3+/Fe2�)

Ureductor

Uoxidante

Ureductor

Uoxidante

CO (g) � 2 H2 (g) �� CH3OH (g) H � �128 kJ �mol�1

Reactivos Productos

Evolución: hacia los productos

CO (g) � 2 H2 (g) �� CH3OH (g) H � �128 kJ �mol�1

Aumentar T

Evolución: hacia los reactivos

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c) Que disminuya el volumen del reactor, a temperaturaconstante, supone un aumento de la presión del reactor,por tanto ante este aumento, el equilibrio evolucionaráhacia donde haya menor presión, es decir, donde hayamenor número de moles. Eso ocurre en la zona de losproductos.

Disminuir el volumen del reactor, a temperatura cons-tante favorece la producción de metanol.

d) Al eliminar metanol el equilibrio evoluciona en el senti-do de producir más metanol, es decir, hacia productos.

Eliminar metanol del reactor favorece la producción demetanol.

e) La presencia de un catalizador solo influye en la veloci-dad de reacción (disminuyendo la energía de activa-ción), pero no en el equilibrio, por lo tanto no influyeen el aumento de la concentración de metanol, perocomo el equilibrio se produce a mayor velocidad, se pro-duce más cantidad de metanol en un tiempo determi-nado con catalizador que sin él.

Añadir un catalizador al sistema en equilibrio favorecela producción de metanol.

CO (g) � 2 H2 (g) �� CH3OH (g); H � �128 kJ �mol�1

Reactivos Productos

Evolución: hacia los productos

CO (g) � 2 H2 (g) �� CH3OH (g) H � �128 kJ �mol�1

Reactivos Productos

3 mol � 1 mol

pp pp reactivos � pp productos

Evolución: hacia los productos

Bloque 4

Problema 4Aa) AH � H2O �� A� � H3O�

c(1 � ) c c

Ka � � � � 3,0 � 10�4

Resolviendo la ecuación de segundo grado resultante,obtenemos:

0,02 2 � 3,0 � 10�4 �3,0 � 10�4 � 0 ⇒ � 0,115 2 %

b) Como pH � � log [H3O�] ⇒ [H3O�] � antilog [ � pH]

Para pH � 1 ⇒ [H3O�] � antilog [ � 1] � 0,1 M

Se plantea la disociación del ácido acetilsalicílico, perocomo se encuentra en el jugo gástrico existe el efectodel ion común, de forma que la concentración de ionesH3O�, es la suma de las concentraciones de ambos siste-mas ácidos pero la Ka se mantiene constante.

AH � H2O �� A� � H3O�

c(1 � ) c c

Ion común [H3O�]total � 0,1 � c

Ka � � � �

� � 3,0 � 10�4

Resolviendo la ecuación de segundo grado resultante,obtenemos:

0,02 2 � 0,100 3 � 3,0 � 10�4 � 0 ⇒

⇒ � 2,989 � 10�3 � 3 � 10�3

El ácido está disociado en un 0,3%.

c) Disociación del ácido acetilsalicílico:

AH � H2O �� A� � H3O�

ácido1 base2 base1 ácido2

El nuevo equilibrio de hidrólisis de la base 1 es:

A� � H2O �� AH � OH�

c(1 � ') c ' c 'base1 ácido2 ácido1 base2

Se puede demostrar que en el sistema de ácido baseconjugados se cumple que Ka � Kb � Kw

Kb � � � 3,34 � 10�11

Cálculo de la concentración de acetilsalicilato en el vial:

c' � � 0,02 M

A� � H2O �� AH � OH�

c'(1 � ') c' ' c' '

Ka � � � � 3,34 � 10�11

Como Ka � 10�5, se puede despreciar frente a 1 en eldenominador:

Kb � � 3,34 � 10�11

' � � � 4,08 � 10�5

[A� ] � c' (1� ') � 0,02 � (1 � 4,08 � 10�5) � 0,019 9 M

% � � 100 � 99,99 % de acetilsalicilato0,019 9

0,02

�3,34 � 10�11

0,02�Kb

c'

0,02 � '2

1

0,02 � '2

(1 � ')c' '2

(1 � ')c'2 '2

c'(1 � ')

0,000 1 mol

5 � 10�3 L

10�14

3 � 10�4

Kw

Ka

�A�� �H3O��

�AH�

� (0,1 � 0,02 )

(1 � )

� (0,1 � c )

(1 � )

c � (0,1 � c )

c(1 � )

0,02 � 2

(1 � )c 2

(1 � )c2 2

c(1 � )

Problema 4Ba) T � 380 � 273 � 653 K pT � 0,185 atm

Cálculos: El equilibrio es heterogéneo y la presión totales la suma de las presiones parciales por lo que sólocontribuyen a la presión los gases. Por la estequiometriadel proceso se puede poner que:

2x � x � 0,185 ⇒ 3x � 0,185 ⇒ x � 0,061 66

pp(Hg(g)) � 2x � 0,123 3 atm

pp(O2(g)) � x � 0,061 66 atm

b) De la ley de gases ideales se obtiene la expresión querelaciona las presiones parciales de un compuesto en elequilibrio con su respectiva concentración

pV � nRT ⇒ p � ⇒ p � MRT

Cálculo de las concentraciones en el equilibrio

MHg � � � 2,3 � 10�3 M

MO2� � � 1,15 � 10�3 M

c) De los anteriores valores se calculan las constantes deequilibrio, Kc y Kp.

Kc � [Hg]2[O2] � (2,3 � 10�3)2 � (1,15 � 10�3) � 6,08 � 10�9

Kp � p2Hg pO2

� (0,123 3)2 � (0,061 6) � 9,36 � 10�4

Se puede aplicar la relación entre ambas constantes:

Kp � Kc(RT)n � 6,08 � 10�9 (0,082 � 653)3� 9,36 � 10�4

0,061 6

0,082 � 653

pO2

RT

0,123 3

0,082 � 653

pHg

RT

nRTV

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Cuestión 5ALa reacción es:

H2O2(I) O2(g) � H2O(I)

La ecuación de velocidad de esta reacción de descomposi-ción según el enunciado es:

v � k [H2O2]1 [I�]1

A partir de ella se realizan las discusiones propuestas por elenunciado:

a) Falsa. Según la ecuación de velocidad descrita, estadepende de la concentración del H2O2, así que la veloci-dad sí se verá afectada por una variación de dicha con-centración.

b) Verdadera. Como k � A'e

La temperatura influye aumentando la velocidad dereacción, cuando esta aumenta, pues al haber más ener-gía hay más choques eficaces y el factor A´ de frecuenciaaumenta.

Si aumenta la temperatura el término e aumenta, ycon ello el valor de k.

c) Falsa. Como la ecuación viene dada por v � k [H2O2]1 [I�]1

y el orden es 1 para ambas concentraciones los dosinfluyen de la misma forma al ser variadas dichas con-centraciones.

Cuestión 5Ba) CH2�CH�CH2�CH3 � H2 CH2�CH�CH2�CH3

1-buteno hidrógeno H H butano

molecular

O O

b) CH3�C�O�CH3 � H2O CH3�C�OH � CH3OHetanoato de metilo ácido etanoico metanol

(acetato de metilo) (ácido acético) (alcohol metílico)

c) CH3�CH2�Cl � KOH(ac) CH3�CH2 � KCl(ac)cloruro de etilo hidróxido de potasio

etanolOH cloruro de potasio

(acohol etílico)

d) CH3�CH�CH�CH3 � Cl2 CH3�CH�CH�CH3

2-buteno cloro molecular Cl Cl2,3-diclorobutano

e) n (CH2�CH2) � CalorCatalizador —( CH2�CH2 )—n

eteno polietileno(etileno)

�Ea

RT

�Ea

RT

Bloque 5

� �

2 HgO(s) �� 2 Hg(g) � O2(g)

pformada � 2x x

pequilibrio 2x x

I� descomposición

adición

hidrólisis

adición

polimerización

� �

�� �