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Corrección del examen de Química Selectividad Junio 2018

MADRID Academia Osorio @QuimicaPau

¡¡¡LO HEMOS VUELTO A CONSEGUIR!!! Los libros "Una química para todos" (Cuarta edición. Versión ampliada) y el cuaderno de ejercicios. ¡¡ Buscando el 10!! han respondido al 100% de las preguntas de ambas

opciones en el examen de Química Selectividad 2018 de MADRID.

Un año más el libro “Una Química Para Todos” ha conseguido responder a todas las preguntas de Selectividad en esta comunidad, hasta el punto de que estas soluciones son un “copia y pega” de los procedimientos, razonamientos y ejercicios del libro. Aprovecho la ocasión para dar las gracias a todas aquellas personas que se han animado a estudiar con esta metodología y a todos los alumnos de nuestra academia de Madrid. Todos vuestros mensajes de agradecimiento y apoyo a esta labor han sido muy importantes para nosotros. La mejor recompensa es ver como conseguís mejorar vuestras notas y alcanzar todas vuestras metas académicas

Academia Osorio continuará su enseñanza especializada en Química y el lanzamiento en Septiembre de la siguiente edición de los libros “Una Química Para Todos” que incluirá todas las actualizaciones, novedades y mejoras para el curso 2018/19 con el objetivo de hacerlo lo más completo posible y seguir cumpliendo su meta de obtener las mejores calificaciones, facilitando el entendimiento de esta materia.

www.unaquimicaparatodos.com

Atentamente, vuestro amigo y vecino: Pablo Osorio Lupiáñez

mailto:[email protected]

http://www.posorioquimica.blogspot.com.es/2014/09/examen-andalucia-septiembre-2014-opcion.html

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La configuración electrónica 1s22s22p63s23p64s23d6 corresponde al elemento que se encuentra en el periodo 4 de la tabla periódica (ya que el número cuántico principal de la capa más externa es 4) y al grupo 8 (ya que el electrón diferenciador se configura en d6). Por lo tanto, y sabiendo que es el metal de transición hierro (Fe), responderemos a las cuestiones:

a) Falso. Como hemos demostrado, es un metal de transición perteneciente al grupo 8.

b) Falso. Como hemos demostrado, dicho metal pertenece al periodo 4.

c) Verdadero. Los metales son excelentes conductores en cualquier estado como justifica el modelo de gas de electrones, en el que los electrones se mueven libremente permitiendo el paso de la corriente eléctrica a través de la red catiónica.

d) Falso. La combinación de números cuánticos (3, 1, -2, +½) es incorrecta debido a que el número cuántico magnético (m) debe estar comprendido entre –l y +l, por lo tanto solo podría tomar los valores -1, 0, 1 pero no -2.



a)

𝐇𝐇𝐇𝟐 + 𝐻2𝑂 ⇄ NO2− + 𝐻3𝑂+

Ácido 𝑵𝑵𝟑 + 𝐻2𝑂 ⇄ 𝑁𝐻4+ + 𝑂𝐻− Base 𝑵𝑯𝑯𝟒

− + 𝐻2𝑂 ⇄ 𝑆𝑂42− + 𝐻3𝑂+

Ácido 𝑵𝑯𝑯𝟒

− + 𝐻2𝑂 ⇄ 𝐻2𝑆𝑂4 + 𝑂𝐻−

Base

b) Puesto que ambas disoluciones tienen la misma concentración, el menor pH (pH más ácido) la ejercerá aquel ácido cuya constante de disociación sea mayor, ya que de esta forma aportará mayor [𝑵𝟑𝑯+]. Por lo tanto, la de menor pH será el ácido salicílico.

c)

𝑁𝐻3 + 𝐻2𝑂 ⇄ 𝑁𝐻4+ + 𝑂𝐻−

Conc. Inicial 0,45 M - 0 0

Conc. Equilibrio 0,45 M – x x x

𝑲𝒃 = [ 𝑁𝐻4+] ∙ [𝑂𝐻−]

[𝑁𝐻3 ]=

𝑥2

0,45 − 𝑥≈

𝑥2

0,45 = 𝟏,𝟖 ∙ 𝟏𝟏−𝟓

1,8 ∙ 10−5 ∙ 0,45 = 𝑥2 → 𝒙 = �1,8 ∙ 10−5 ∙ 0,45 = 𝟐,𝟖𝟒 ∙ 𝟏𝟏−𝟑 M

𝑝𝑂𝐻 = −log [𝑂𝐻 −] = −𝑙𝑙𝑙 (2,82 ∙ 10−3) = 2,54

𝒑𝑵 = 14 − 𝑝𝑂𝐻 = 14 − 2,54 = 𝟏𝟏,𝟒𝟓

Base débil: Se disocia parcialmente (Ejercicio de equilibrio ⇆)

Podemos aproximar para Kb ≤ 10-5

Anfótero

Aunque deberíamos tener en cuenta el alto valor de Ka aportado para determinar ácido.



Reductor

a) Fórmula molecular: C3H6O

CH3 – CH2 – CHO CH3 – CO– CH3

Propanal Propanona

b) Reacción de eliminación. Se trata de una reacción de deshidratación de un alcohol en presencia de ácido sulfúrico y temperatura para crear un alqueno. La regla que indica el producto mayoritario se conoce como regla de Saytzeff: El doble enlace se forma entre el carbono con el grupo funcional y el que tiene menor número de hidrógenos.

CH3 – CHOH – CH2 –CH3 + H2SO4/Calor → CH3 – CH = CH –CH3 + H2O

butan-2-ol but-2-eno

c) Reacción de reducción:

CH3 – CH2 – CH2 – CHO CH3 – CH2 – CH2 – CH2OH

butanal butan-1-ol



a) Ya que no conocemos los moles iniciales, plantearemos el ejercicio con α:

AB3 (g) ⇄ AB2 (g) + 1/2 B2 (g)

Moles iniciales

no 0 0

Moles equilibrio

Factor común

𝒏𝒐 - 𝒏𝒐 · 𝜶

𝒏𝒐 ∙ (𝟏 − 𝜶)

𝒏𝒐 ∙ 𝜶

𝟏𝟐� ∙ 𝒏𝒐 ∙ 𝜶

Moles totales en equilibrio:

𝑛𝑜 − 𝑛𝑜𝛼 + 𝑛𝑜𝛼 + 12� 𝑛𝑜𝛼 = 𝑛𝑜 + 1

2� 𝑛𝑜𝛼 = 𝒏𝒐 ∙ �𝟏 + 𝟏𝟐� 𝜶�

𝑃𝐴𝐴3 =𝑛𝐴𝐴3𝑛𝑡

∙ 𝑃𝑡 =𝑛𝑜 ∙ (1 − 𝛼)

𝑛𝑜 ∙ �1 + 12� 𝛼�

∙ 0,25 =1 − 0,65

1 + 12� ∙ 0,65

∙ 0,25 = 0,066 𝑎𝑎𝑎

𝑃𝐴𝐴2 =𝑛𝐴𝐴2𝑛𝑡

∙ 𝑃𝑡 =𝑛𝑜 ∙ 𝛼

𝑛𝑜 ∙ �1 + 12� 𝛼�

∙ 0,25 =0,65

1 + 12� ∙ 0,65

∙ 0,25 = 0,1226 𝑎𝑎𝑎

𝑃𝐴2 =𝑛𝐴2𝑛𝑡

∙ 𝑃𝑡 =𝑛𝑜 ∙ 1

2� ∙ 𝛼

𝑛𝑜 ∙ �1 + 12� 𝛼�

∙ 0,25 =1

2� ∙ 0,65

1 + 12� ∙ 0,65

∙ 0,25 = 0,0613 𝑎𝑎𝑎

b)

𝐾𝑝 =𝑃𝐴𝐴2 · 𝑃𝐴2

𝟏𝟐

𝑃𝐴𝐴3=

0,1226 · 0,0613𝟏𝟐

0,066= 0,46

𝐾𝑝 = 𝐾𝑐 ∙ (𝑅 ∙ 𝑇)∆𝑛 → 𝐾𝑐 = 𝐾𝑝

(𝑅 ∙ 𝑇)∆𝑛 =0,46

(0,082 ∙ 298 𝐾)𝟏𝟐

= 0,093



a) Teniendo en cuenta que el potencial estándar de reducción del hidrógeno es: E(H+/H2)= 0 V, se podrán disolver (oxidar) aquellos metales cuyo potencial de reducción cambiado de signo resulte positivo ya que, de esta forma, será espontáneo al ser ∆G negativa: ∆G = -n·F· E

Los casos posibles son con los siguientes metales: Fe, Zn, Na, Mn. 𝐹𝐹 → 𝐹𝐹2+ + 2 𝐹− 𝐸 = + 0,44 𝑉

𝑍𝑛 → 𝑍𝑛2+ + 2 𝐹− 𝐸 = + 0,76 𝑉

𝑁𝑎 → 𝑁𝑎+ + 1 𝐹− 𝐸 = + 2,71 𝑉

𝑀𝑛 → 𝑀𝑛2+ + 2 𝐹− 𝐸 = + 1,18 𝑉

b) Para que se depositara una capa de otro metal sobre la barra de hierro, deberá producirse la reducción del catión de la sal a su forma metálica a la vez que la barra de Fe se oxida a Fe2+ dando un potencial final positivo (espontáneo). El único caso posible es AgNO3:

𝑆𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆ó𝑛 𝑑𝐹 𝑆𝐹𝑑𝑟𝑆𝑆𝑆ó𝑛: (𝐴𝑙+ + 1𝐹− → 𝐴𝑙) 𝑥2 𝐸° = +0,80 𝑉

𝑆𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆ó𝑛 𝑑𝐹 𝑙𝑥𝑆𝑑𝑎𝑆𝑆ó𝑛: 𝐹𝐹 → 𝐹𝐹2+ + 2𝐹− 𝐸° = + 0,44 𝑉

2 𝐴𝑙+ + 𝐹𝐹 → 2 𝐴𝑙 + 𝐹𝐹2+ 𝐸° = + 1,24 𝑉 → Espontánea

Utilizando el mismo razonamiento, los cationes de las sales Zn(NO3)2 y Mn(NO3)2 no se depositarían como metal sobre la barra de Fe espontáneamente (la suma de potenciales resulta negativa).



a) Mg: 1s22s22p63s2 → Mg2+: 1s22s22p6

Cl: 1s22s22p63s23p5 → Cl-: 1s22s22p63s23p6

b) En la capa más externa del Mg (n=3) se encuentran dos electrones en un orbital tipo s (l=0) por lo tanto, podríamos dar cualquiera de estas combinaciones: (3, 0, 0, +½) ; (3, 0, 0, -½)

c) Al estar en el mismo periodo ambos elementos, pero tener el Cl mayor Z (mayor carga nuclear), este atraerá con mayor fuerza a los electrones periféricos dando lugar a un radio menor que el Mg. Por tanto, el orden creciente de radios es: Cl<Mg

d) Como ya hemos comentado, el Cl al tener mayor Z (estando en el mismo periodo), atraerá con mayor fuerza a los electrones periféricos por lo que se requerirá mayor energía para arrancar un electrón. Por tanto, el orden creciente de primer energía de ionización es: Mg<Cl



a) 3𝐴(𝑙) + 𝐵(𝑙) → 2𝐶 (𝑙) + 𝐷 (𝑙)

𝑽 =−𝟏𝟑∙𝒅[𝑨]𝒅𝒅

= −𝒅[𝑩]𝒅𝒅

=𝟏𝟐∙𝒅[𝑪]𝒅𝒅

=𝒅[𝑫]𝒅𝒅

Como podemos ver, la velocidad de desaparición de ambos reactivos está en función de su relación estequiométrica, por lo que la afirmación “La velocidad de desaparición de B es el doble de la velocidad de desaparición de A” sería incorrecta siendo la afirmación verdadera: “La velocidad de desaparición de B es un tercio de la velocidad de desaparición de A”

b) La ecuación cinética de velocidad toma la forma: 𝑽 = 𝑲 · [𝑨] · [𝑩]𝟐

𝑲 =𝑽

[𝑨] · [𝑩]𝟐 =

𝒎𝒐𝒎 · 𝑳−𝟏 · 𝒔−𝟏

𝒎𝒐𝒎 · 𝑳−𝟏 · (𝒎𝒐𝒎 · 𝑳−𝟏)𝟐 = 𝒔−𝟏 · 𝒎𝒐𝒎−𝟐 · 𝑳𝟐

c) La afirmación es falsa ya que para que la reacción directa fuera endotérmica (absorbe calor) la energía de activación directa debería ser mayor que la de la inversa. En este caso:

∆𝐇 = 𝑬𝑬𝐝 − 𝑬𝑬𝐢 = 𝟑𝟓 − 𝟔𝟐 = −𝟐𝟐 𝒌𝒌 → Exotérmica (desprende calor)

d) Un aumento del volumen a temperatura constante produciría una disminución de la concentración de los reactivos lo que implicaría una disminución en la velocidad de la reacción como podemos deducir de la ley de velocidad: 𝑽 = 𝑲 · [𝑨] · [𝑩]𝟐



Apartado a) y b). Electrólisis del NaCl fundido:

Teniendo en cuenta los potenciales estándar de reducción: Na+/Na = -2,71 y Cl2/Cl-= +1,36V:

(−) 𝑆𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆ó𝑛 𝑅𝐹𝑑𝑟𝑆𝑆𝑆ó𝑛 (𝐶á𝑎𝑙𝑑𝑙): ( 𝑁𝑎+ + 1𝐹− → 𝑁𝑎) 𝑥2 𝐸1° = −2,71 𝑉

(+) 𝑆𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆ó𝑛 𝑂𝑥𝑆𝑑𝑎𝑆𝑆ó𝑛 �Á𝑛𝑙𝑑𝑙�: 2𝐶𝑙− → 𝐶𝑙2 + 2𝐹− 𝐸2° = − 1,36𝑉

𝑅𝐹𝑎𝑆𝑆𝑆ó𝑛 𝑅𝐹𝑑𝑙𝑥: 2𝑁𝑎+ + 2𝐹− + 2𝐶𝑙− → 2𝑁𝑎 + 𝐶𝑙2 + 2𝐹− 𝐸° = −4,07 𝑉

𝐜) 1 𝑎𝑙𝑙 𝐶𝑙2 ∙ 2 𝑎𝑙𝑙 𝐹− 1 𝑎𝑙𝑙 𝐶𝑙2

∙ 96485 C 1 𝑎𝑙𝑙 𝐼2

= 𝟏𝟏𝟐.𝟏𝟐𝟏 𝑪

𝑞 = 𝐼 ∙ 𝑎 → 𝒅 =𝑞𝐼

→ 𝒅 = 𝟏𝟏𝟐.𝟏𝟐𝟏 𝐂

10 A= 𝟏𝟏.𝟐𝟏𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒏𝒅𝒐𝒔

El ánodo (polo +) atrae a los iones negativos (Cl-) que al ceder electrones se oxidan a Cl2.

El cátodo (polo -) atrae a los iones positivos (Na+) que al aceptar electrones se reducen a Na.



Cuando todo el H2SO4 se consuma (0,0025 mol) habrán reaccionado el

doble de NaOH (0,005 mol) quedando un exceso de 0,02 mol de NaOH

a) Calculamos la molaridad de la disolución (96,4% en masa y densidad 1,84 g/mL):

1840 𝑙 𝑑𝑆𝑑𝑙𝑙𝑟𝑆𝑆ó𝑛1 𝐿 𝑑𝑆𝑑𝑙𝑙𝑟𝑆𝑆ó𝑛

·96,4 𝑙 𝐻2𝑆𝑂4

100 𝑙 𝑑𝑆𝑑𝑙𝑙𝑟𝑆𝑆ó𝑛·

1 𝑎𝑙𝑙 𝐻2𝑆𝑂498 𝑙 𝐻2𝑆𝑂4

= 𝟏𝟖,𝟏 𝑴

Disolución concentrada → Disolución preparada (diluida)

18,1 M ¿V? 0,5 M · 0,2 L

0,1 mol 0,1 mol

𝑀𝑙𝑙𝑎𝑆𝑆𝑑𝑎𝑑 = 𝑎𝑙𝑙𝐹𝑑 𝐻2𝑆𝑂4𝐿 𝑑𝑆𝑑𝑙𝑙𝑟𝑆𝑆ó𝑛

→ 𝐿 𝑑𝑆𝑑𝑙𝑙𝑟𝑆𝑆ó𝑛 = 0,1 𝑎𝑙𝑙18,1 𝑀

= 𝟓,𝟓𝟐 ∙ 𝟏𝟏−𝟑 𝑳

b) Escribimos la reacción de neutralización ajustada identificando el exceso que variará el pH:

𝑵𝟐𝑯𝑯𝟒 + 𝟐 𝑵𝑬𝑯𝑵 → 𝑵𝑬𝟐𝑯𝑯𝟒 + 𝟐 𝑵𝟐𝑯

0,025 L · 0,1M 0,05 L · 0,5 M 0,0025 mol 0,025 mol inicial

0,005 mol reacciona

0,02 mol de NaOH exceso

Dividimos el exceso entre la suma de ambos volúmenes para calcular la [NaOH] en exceso:

[𝑁𝑎𝑂𝐻]𝑒𝑒𝑐𝑒𝑒𝑜 = 0,02 𝑎𝑙𝑙 𝑁𝑎𝑂𝐻 𝐹𝑥𝑆𝐹𝑑𝑙

0,025 𝐿 + 0,05 𝐿 = 𝟏,𝟐𝟔𝟐 𝑴 𝑵𝑬𝑯𝑵

𝑁𝑎𝑂𝐻 → 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻−

𝟏,𝟐𝟔𝟐 𝑴 𝟏,𝟐𝟔𝟐 𝑴

𝑝𝑂𝐻 = − 𝑙𝑙𝑙 [𝑂𝐻− ] = − 𝑙𝑙𝑙 (0,267 ) = 0,57

𝒑𝑵 = 14 – 𝑝𝑂𝐻 = 14 – 0,57 = 13,42

Puesto que es una dilución, debe haber el mismo número de moles de soluto en ambas disoluciones



a) CH2OH−CH2−CH=CH−CH3 → Pent-3-en-1-ol

CH3−CO−CH2−CO−CH3 → Pentano-2,4-diona

b) Reacción de oxidación de un alcohol secundario en presencia de un oxidante (permanganato de potasio en medio ácido) que conduce a la formación de una cetona.

CH3−CHOH−CH2−CH2−CH2−CH3 + KMnO4/H+ → CH3−CO−CH2−CH2−CH2−CH3

Hexan-2-ol Hexan-2-ona

c) La reacción es polimeración por adición. El eteno (etileno): CH2=CH2 es el monómero que ha dado lugar al polímero – (CH2−CH2)n – que es el polietileno:


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