Examen PAEG Química 2015 - Opción B

Examen de PAEG o Selectividad de Castilla-La Mancha de Química resuelto (opción B). Pertenece al curso 2014/2015:

Para cualquier gas, se cumple que 
$$PV= nRT \to P = \frac{n}{V} \cdot RT$$
Pero la concentración, $[x]$, de una sustancia $x$ (molaridad) se expresa como el número de moles, $n$ entre el volumen total, $V_T$, que el enunciado nos dice que es de 2L. Por lo tanto:

$$P_x = [x] \cdot RT$$

Por ello, en cada uno de los diferentes compuestos, tenemos:

$P(SO_2) = [SO_2] \cdot RT = \frac{0,7}{2} \cdot 0,082 \cdot (700 + 293) \to P(SO_2) = 27,93 (atm)$

$P(O_2) = [O_2] \cdot RT = \frac{0,48}{2} \cdot 0,082 \cdot 973 \to P(O_2) = 19,15 (atm)$

$P(SO_3) = [SO_3] \cdot RT = \frac{0,9}{2} \cdot 0,082 \cdot 973 \to P(SO_3) = 35,90 (atm)$

$P_T = P(SO_2) + P(O_2) + P(SO_3) = 27,93 + 19,15 + 35,90 \to \boxed{P_T = 82,93 (atm)} $

b) Calculemos ahora $K_p$ y $K_c$, para lo cual hemos de tener en cuenta los elementos que intervienen en la reacción y sus coeficientes estequiométricos:

$$K_p = \frac{{P(SO_3)}^{2}}{{P(SO_2)}^{2} \cdot P(O_2)} = \frac{35,90^2}{27,93^2 \cdot 19,15} \to K_p = 0,086$$

Al mismo tiempo, siempre se cumple en el equilibrio la ecuación

$$K_p = K_c \cdot {(RT)}^{\Delta n}$$

Y en este caso, fijándonos en los coeficientes estequiométricos de los elementos gaseosos (todos), tenemos que $\Delta n = 2 – (2 + 1) = - 1$. Por lo tanto:

$$K_p = K_c \cdot {(RT)}^{-1} = \frac{K_c}{RT} \to K_c = K_p \cdot RT = 0,086 \cdot 0,082 \cdot 973$$

Y de aquí obtenemos que

$$\boxed{K_c = 6,86}$$

c) Si el volumen se reduce a la mitad, tenemos que $V_T’ = 1 L$. Por lo tanto, las concentraciones son el doble. Igualmente, podemos calcularlo manualmente:

$[SO_2] = \frac{0,7}{1} = 0,7 (M)$

$[O_2] = \frac{0,48}{1} = 0,48 (M)$

$[SO_3] = \frac{0,9}{1} = 0,9 (M)$

Y ahora calculamos el cociente de la reacción

$$Q = \frac{{[SO_3]}^{2}}{{[SO_2]}^{2} \cdot [O_2]} = \frac{0,9^2}{0,48 \cdot 0,7^2}$$

$$\boxed{Q = 3,44}$$

Y como tenemos que $3,44 < 6,86 \to Q < K_c$, entonces el equilibrio se desplaza hacia la derecha.

Esto también se puede razonar según el Principio de Le Châtelier: Si disminuye el volumen, aumenta la concentración y, entonces, el sistema se desplaza hacia donde haya menor número de moles; esto es, hacia la derecha.

Lo primero de todo es poner la fórmula de la disolución:

$$ HNO_2 + H_2O \Leftrightarrow {NO}_{2}^{-} + H_3O^+ $$

Y ahora calcularemos la concentración inicial de ácido nitroso. Para ello, debemos saber cuál es el número de moles introducidos.

$n(HNO_2) = \frac{0,94}{1+ 14 + 2 \cdot 16} \to n(HNO_2) = 0,02 (mol)$

Calculamos ahora la concentración inicial:

$[HNO_2]_0 = \frac{0,02}{0,2} = 0,1 (M)$

a) Obtengamos ahora el grado de ionización, sabiendo:

	HNO2	NO2-	H3O+
Inicial (M)	0,1	0	0
Equilibrio (M)	0,1 – x	x	x

Y, al mismo tiempo, tenemos:

$$K_a = \frac{[NO_2^-] \cdot [H_3O^+]}{[HNO_2]} = \frac{x^2}{0,1 - x} \to x^2 + k_a \cdot x – 0,1 \cdot Ka \to x = 6,83 \cdot 10^{-3} (M)$$

Sin embargo, lo que nos piden es el grado de ionización. Sabemos que $x = c_0 \alpha$, donde $c_0 = [HNO_2]_0$; es decir, la concentración inicial de ácido nitroso. Así:

$$x = c_o \alpha \to \alpha = \frac{x}{c_0} = \frac{6,83 \cdot 10^{-3}}{0,1}$$

Y de aquí:

$$\boxed{\alpha(\%) = 6,83\%}$$

b) Para el cálculo del pH debemos tener en cuenta que

$$pH = -log[H_3O^+] = -log(x)$$

Por ello

$$\boxed{pH = 2,17}$$

Al mismo tiempo, la relación entre el pH y el pOH es $pH +pOH = 14 \to pOH =14 - pH$. Entonces:

$$\boxed{pOH = 11,83}$$

c) En este caso el método de trabajo es diferente puesto que el ácido clorhídrico es un ácido fuerte. Por ello, la concentración de hidronios, [$H_3O^+$], debe ser la misma que la concentración inicial de ácido clorhídrico:

$$[HCl]_0 = [H_3O^+]$$

Y si queremos que el pH sea el mismo, la concentración de hidronios debe ser la misma que en el apartado anterior. Por lo tanto:

$$[H_3O^+] = [HCl]_0 = 6,83 \cdot 10^{-3} (M)$$

Y como la concentración molar se define como el número de moles entre el volumen:

$$[HCl]_0 = \frac{n_0(HCl)}{V_T} \to n_0(HCl) = [HCl]_0 \cdot V_T = 6,83 \cdot 10^{-3} \cdot 0,25$$

Y de aquí:

$$\boxed{n_0(HCl) = 1,72 \cdot 10^{-3} (mol)}$$

a) Molécula de $CO_2$

El diagrama de Lewis de esta molécula es el siguiente:

Como podemos ver, hay dos direcciones diferentes, por lo que el carbono tiene una hibridación sp. Por ello, la geometría es lineal, con un momento dipolar nulo: $\vec{\delta_T} = 0$. Es, por lo tanto, una molécula apolar.

                       

b) Molécula de $CH_4$

El diagrama de Lewis de esta molécula es el siguiente:

Como podemos ver, hay cuatro direcciones diferentes, por lo que el carbono tiene una hibridación sp³. Además, no tiene ningún par libre (AB₄). Esto significa que su geometría es la de un tetraedro, con un momento lineal total nulo: $\vec{\delta_T} = 0$. Por lo tanto, es una molécula apolar.

c) Molécula de $BeCl_2$

El diagrama de Lewis de esta molécula es el siguiente:

Como podemos ver, hay dos direcciones diferentes, por lo que el berilio tiene una hibridación sp. Por ello, la geometría es lineal, con un momento dipolar nulo: $\vec{\delta_T} = 0$. Es, por lo tanto, una molécula apolar.

d) Molécula de $NH_3$

El diagrama de Lewis de esta molécula es el siguiente:

Como podemos ver, hay cuatro direcciones diferentes, por lo que el nitrógeno tiene una hibridación sp³. Sin embargo, hay un par libre (AB₃P), por lo que su geometría corresponde a la de una pirámide triagonal. En este caso el momento dipolar total no es nulo: $\vec{\delta_T \neq 0}$. Por lo tanto, es una molécula polar.

En la notación de una pila se coloca primero el ánodo y, después, el cátodo. Por lo tanto, esto ya nos está diciendo qué es cada uno. Para tenerlo aún más claro: el cátodo es el que se reduce (gana electrones) y el ánodo es el que se oxida (pierde electrones). Por lo tanto, bastaría con fijarse en cuál de las dos reacciones hay una reducción y en cuál una oxidación.

a) Según lo anterior, tenemos que:
- Ánodo (oxidación): $Fe \to Fe^{3+} + 3 e^-$. Si este se oxida (pierde electrones), entonces alguien captará esos electrones; es decir, alguien se reducirá. Por lo tanto, este es el agente reductor, puesto que es capaz de reducir a otros compuestos.

- Cátodo (redución): $Ag^+ + 1 e^- = Ag$. Si este se reduce (gana electrones), significa que se los roba a alguien. Es decir, hay otro compuesto que se oxida. Por lo tanto, este es el agente oxidante.

b) En una pila galvánica se va a cumplir siempre que el cátodo es aquel que tiene un potencial de reducción mayor. Y si en esta reacción es la plata el cátodo, entonces podemos concluir que el electrodo con mayor potencial de reducción es el de la plata.

Si es un alcalinotérreo, significa que su configuración va a ser $[…] ns^2$. Es decir, sólo va a tener dos electrones de valencia.

Como está en el cuarto período, tendremos que el número cuántico principal, $n$, es cuatro. Por otra parte, como el orbital que se llena es el $s$, el número secundario, $l$, va a ser cero. Esto nos dice que el número cuántico magnético, $m$, también. Podemos razonarlo como que $m$ va desde $-l$ hasta $l$, y si $l = 0$, entonces $m$ va a ser, sí o sí, cero. El último número cuántico que nos queda es el spin, que puede ser $+\frac{1}{2}$ o $-\frac{1}{2}$. Por ello, podemos concluir que esas dos (únicas, detalle que se ahorra el enunciado para no dar pistas) combinaciones son:

Combinación 1: (4, 0, 0,+ ½)

Combinación 2: (4, 0, 0, - ½)

Al mismo tiempo, es fácil, sabiéndose la tabla periódica, determinar el elemento que es, puesto que nos dice que es un alcalinotérreo (grupo II) y del período 4:

Es decir, el elemento que tenemos es el calcio.