Examen PAU
Química
Química Madrid – ORDINARIA COINCIDENTES – 2025-2026
8
21 de agosto de 2026
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Pregunta 1
Los fertilizantes nitrogenados comenzaron a producirse a gran escala una vez desarrollado el proceso industrial de obtención del amoníaco. La reacción de amoniaco con ácidos permite formar sales amoniacales como el cloruro de amonio ($\text{NH}_4\text{Cl}$), utilizado como fertilizante para cultivos de trigo, arroz y algodón.
a) (1 punto) Sabiendo que la reacción de obtención de cloruro de amonio es $\text{HCl} (g) + \text{NH}_3 (g) \rightarrow \text{NH}_4\text{Cl} (s)$: i) Calcule la variación de entalpía correspondiente a la obtención de 90,00 g de cloruro de amonio a 25 ºC, utilizando los datos termodinámicos de la Tabla. ii) Determine la temperatura a partir de la cual el proceso es espontáneo. (Considere que $\Delta H^\circ_r$ y $\Delta S^\circ_r$ no varían con la temperatura).
Tabla. Entalpías estándar de formación y entropías estándar a 25 ºC.
| $\text{NH}_4 (s)$ | $\text{HCl} (g)$ | $\text{NH}_3 (g)$ | |
| $\Delta H^\circ_f (\text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1})$ | -315,40 | -92,30 | -46,30 |
| $S^\circ (\text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1})$ | 94,60 | 186,90 | 192,74 |
b) (1 punto) Se burbujea cierta cantidad de $\text{NH}_3 (g)$ sobre agua a 25 ºC y se obtiene una disolución acuosa de amoniaco con un pH = 11,0. Calcule la concentración inicial de la disolución de $\text{NH}_3$.
c) (0,5 puntos) A 20 mL de una disolución acuosa de cloruro de amonio 0,10 M se le añaden 10 mL de nitrato de plata 0,10 M. Determine si se producirá precipitación de cloruro de plata. (Considere volúmenes aditivos). Datos. Masas atómicas (u): H = 1,00; N = 14,00; Cl = 35,50. A 25 ºC: $pKb(\text{NH}_3) = 4,75$, Ks(cloruro de plata) = $1,00 \times 10^{-10}$.
Estrategia de Resolución
Para el apartado «a», calcularemos la entalpía y la entropía molar de la reacción por la ley de Hess. Usaremos los gramos para sacar el calor desprendido y usaremos la ecuación de Gibbs igualada a cero para encontrar la temperatura de inversión de la espontaneidad. En el apartado «b», deduciremos los hidroxilos a partir del pH y plantearemos el equilibrio del amoniaco en agua para despejar la concentración inicial. En el «c», calcularemos las nuevas concentraciones de los iones plata y cloruro en el volumen total (mezclado) y las multiplicaremos para ver si el producto iónico (Q) supera la Ks.
Criterios de Corrección y Consejos
En el cálculo de la temperatura de espontaneidad (apartado a.ii), el fallo universal es dividir la Entalpía ($\text{kJ}$) entre la Entropía ($\text{J}$) sin unificar unidades. Multiplicad la entalpía por 1000 (o dividid la entropía entre 1000) o la temperatura os dará absurda. En el apartado de la precipitación (c), no olvidéis usar el VOLUMEN TOTAL (20 + 10 = 30 mL) para calcular las concentraciones de los iones antes de multiplicarlas.
Solución Paso a Paso
Apartado a): Termoquímica y espontaneidad
Reacción:
$\text{HCl} (g)$ + $\text{NH}_3 (g)$
$\rightarrow$ $\text{NH}_4\text{Cl} (s)$
i) Cálculo de la Entalpía:
$\Delta H^\circ_r = \sum n \Delta H^\circ_f (\text{prod}) – \sum m \Delta H^\circ_f (\text{reac})$
$\Delta H^\circ_r = (-315,40) – [(-92,30) + (-46,30)]$
$\Delta H^\circ_r = -176,80\text{ kJ/mol}$
Masa molar del $\text{NH}_4\text{Cl}$: $14,00 + (4 \cdot 1,00) + 35,50 = 53,50\text{ g/mol}$. Moles en $90,00\text{ g}$: $n = 90,00 / 53,50 = 1,68\text{ mol}$. Calor total desprendido: $Q = 1,68\text{ mol} \cdot (-176,80\text{ kJ/mol}) = -297,02\text{ kJ}$.
ii) Temperatura de espontaneidad:
Calculamos la Entropía de la reacción:
$\Delta S^\circ_r = \sum n S^\circ (\text{prod}) – \sum m S^\circ (\text{reac})$
$\Delta S^\circ_r = 94,60 – (186,90 + 192,74)$
$\Delta S^\circ_r = -285,04\text{ J/K}\cdot\text{mol} = -0,28504\text{ kJ/K}\cdot\text{mol}$
La reacción deja de ser espontánea cuando $\Delta G^\circ = 0$, lo que implica $T = \Delta H^\circ_r / \Delta S^\circ_r$:
$T = (-176,80) / (-0,28504)$
$T = 620\text{ K}$
Como ambos parámetros ($\Delta H$ y $\Delta S$) son negativos, la reacción solo será espontánea ($\Delta G < 0$) a temperaturas Bajas, es decir, a $T < 620\text{ K}$.
Apartado b): Equilibrio del Amoniaco
Si $\text{pH} = 11,0$, entonces $\text{pOH} = 3,0$ y $[\text{OH}^-] = 10^{-3,0}\text{ M}$. Calculamos la constante $K_b$ desde el $pK_b$: $K_b = 10^{-4,75} = 1,78 \times 10^{-5}$.
Planteamos el equilibrio en agua:
$\text{NH}_3$ + $\text{H}_2\text{O}$
$\rightleftharpoons$ $\text{NH}_4^+$ + $\text{OH}^-$
Equilibrio: $C_0 – x$ / $x$ / $x$
Sabiendo que $x = 10^{-3,0}\text{ M}$, sustituimos en la $K_b$:
$K_b = (x \cdot x) / (C_0 – x)$
$1,78 \times 10^{-5} = (10^{-3,0})^2 / (C_0 – 10^{-3,0})$
$C_0 – 10^{-3,0} = 10^{-6,0} / 1,78 \times 10^{-5}$ $C_0 = 0,056 + 0,001 = 0,057\text{ M}$.
Apartado c): Precipitación de cloruro de plata
Mezclamos $20\text{ mL}$ de cloruro con $10\text{ mL}$ de plata. Volumen total = $30\text{ mL} = 0,030\text{ L}$.
Moles de $\text{Cl}^-$ aportados: $0,020\text{ L} \cdot 0,10\text{ M} = 2,0 \times 10^{-3}\text{ mol}$.
Moles de $\text{Ag}^+$ aportados: $0,010\text{ L} \cdot 0,10\text{ M} = 1,0 \times 10^{-3}\text{ mol}$.
Concentraciones de los iones en la mezcla final:
$[\text{Cl}^-]$ = $2,0 \times 10^{-3} / 0,030 = 0,0667\text{ M}$.
$[\text{Ag}^+]$ = $1,0 \times 10^{-3} / 0,030 = 0,0333\text{ M}$.
Calculamos el producto iónico (Cociente de reacción $Q$):
$Q = [\text{Ag}^+] \cdot [\text{Cl}^-]$ $Q = (0,0333) \cdot (0,0667) = 2,22 \times 10^{-3}$.
Comparando $Q$ con $K_s$ ($1,00 \times 10^{-10}$):
Como $Q > K_s$, SÍ se producirá la precipitación de cloruro de plata.
Pregunta 2A
Para los elementos A (Z=8), B (Z=9), C (Z=10), D (Z=11) y E (Z=12) responda a las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Identifique cada elemento indicando su configuración electrónica, periodo, grupo, nombre y símbolo químico.
b) (0,5 puntos) Escriba los iones más estables de cada elemento y ordénelos justificadamente de menor a mayor radio iónico.
c) (1 punto) Explique el tipo de sólido que se forma en cada una de las siguientes combinaciones: EA, $\text{A}_2$ y $\text{D}_2\text{A}$, y ordénelos, razonadamente, de mayor a menor temperatura de fusión.
Estrategia de Resolución
Traduciremos los números atómicos (Z) a configuraciones electrónicas para identificar los elementos. Deduciremos los iones sumando o restando electrones para alcanzar la configuración del gas noble más cercano (el elemento C, Neón). Al ser todos isoelectrónicos, justificaremos la diferencia de radios fijándonos en los protones que tiran desde el núcleo. En el último apartado, definiremos si se unen metales o no metales para clasificar los sólidos como iónicos o covalentes moleculares, recordando que los iónicos funden a muchísima más temperatura.
Criterios de Corrección y Consejos
Para ordenar radios de series isoelectrónicas (mismo número de electrones en la corteza), la clave está en el núcleo: cuantos más protones haya (mayor Z), con más fuerza atraerán a la nube de electrones, comprimiéndola. Por tanto, a mayor número atómico, menor radio. ¡No os liéis con esto!
Solución Paso a Paso
a) Identificación de elementos
-
Elemento A (Z=8): $1s^2 2s^2 2p^4$. Periodo 2, Grupo 16. Oxígeno (O).
-
Elemento B (Z=9): $1s^2 2s^2 2p^5$. Periodo 2, Grupo 17. Flúor (F).
-
Elemento C (Z=10): $1s^2 2s^2 2p^6$. Periodo 2, Grupo 18. Neón (Ne).
-
Elemento D (Z=11): $1s^2 2s^2 2p^6 3s^1$. Periodo 3, Grupo 1. Sodio (Na).
-
Elemento E (Z=12): $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2$. Periodo 3, Grupo 2. Magnesio (Mg).
b) Iones estables y radio iónico
Los iones más estables se forman ganando o perdiendo electrones para alcanzar la configuración estable del gas noble Neón (Z=10). A: $\text{O}^{2-}$ ; B: $\text{F}^-$ ; C: El Neón no forma iones (es gas noble) ; D: $\text{Na}^+$ ; E: $\text{Mg}^{2+}$.
Todos estos iones son isoelectrónicos (poseen 10 electrones en su corteza). Como las repulsiones electrónicas son las mismas, el radio dependerá de la carga del núcleo. A mayor número de protones atrayendo, la nube se contrae más y el radio es menor. Por lo tanto, ordenados de menor a mayor radio: $\text{Mg}^{2+}$ < $\text{Na}^+$ < $\text{F}^-$ < $\text{O}^{2-}$.
c) Sólidos y temperatura de fusión
$\text{EA}$ ($\text{MgO}$, Óxido de magnesio): Se une un metal (Mg) con un no metal (O). Forma una red de sólido iónico. $\text{A}_2$ ($\text{O}_2$, Oxígeno): Se unen dos no metales idénticos mediante un doble enlace covalente. Forma un sólido molecular. $\text{D}_2\text{A}$ ($\text{Na}_2\text{O}$, Óxido de sodio): Se une un metal (Na) con un no metal (O). Forma una red de sólido iónico.
Las sustancias con redes cristalinas iónicas funden a temperaturas muchísimo mayores que los sólidos moleculares covalentes (donde solo hay que romper fuerzas débiles de Van der Waals). Por tanto, el $\text{O}_2$ tendrá la temperatura de fusión más baja. Para desempatar los dos iónicos, usamos la energía reticular (Ley de Coulomb). El $\text{MgO}$ tiene iones con doble carga ($+2, -2$), lo que genera unas fuerzas electrostáticas enormemente superiores a las del $\text{Na}_2\text{O}$ (cargas $+1, -2$). La red del $\text{MgO}$ será más resistente y costará más fundirla. Orden de mayor a menor temperatura de fusión: EA ($\text{MgO}$) > $\text{D}_2\text{A}$ ($\text{Na}_2\text{O}$) > $\text{A}_2$ ($\text{O}_2$).
Pregunta 2B
Considere las moléculas $\text{BCl}_3$, $\text{NH}_3$, $\text{SCl}_2$, $\text{CO}_2$ y $\text{HCHO}$, y conteste a las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Indique su geometría molecular, según la teoría de repulsión de pares de electrones de la capa de valencia (TRPECV), y la hibridación que presenta el átomo central de cada una de ellas.
b) (1 punto) Justifique su polaridad y escriba el tipo de fuerzas intermoleculares que presentan.
c) (0,5 puntos) Explique si el $\text{BCl}_3$ y el $\text{NH}_3$ se comportan como ácidos o bases de Lewis.
Estrategia de Resolución
Considere las moléculas $\text{BCl}_3$, $\text{NH}_3$, $\text{SCl}_2$, $\text{CO}_2$ y $\text{HCHO}$, y conteste a las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Indique su geometría molecular, según la teoría de repulsión de pares de electrones de la capa de valencia (TRPECV), y la hibridación que presenta el átomo central de cada una de ellas.
b) (1 punto) Justifique su polaridad y escriba el tipo de fuerzas intermoleculares que presentan.
c) (0,5 puntos) Explique si el $\text{BCl}_3$ y el $\text{NH}_3$ se comportan como ácidos o bases de Lewis.
Criterios de Corrección y Consejos
En el formaldehído ($\text{HCHO}$), el error típico es no darse cuenta de que hay un doble enlace entre el carbono y el oxígeno. Si lo dibujáis como enlaces simples, toda la geometría ($sp^2$, plana) os saldrá mal. En la teoría de Lewis (apartado c), no nombréis para nada a los protones ($\text{H}^+$); Lewis solo habla de ceder o aceptar «pares de electrones».
Solución Paso a Paso
a y b) Geometría, hibridación, polaridad y fuerzas intermoleculares
Tricloruro de boro ($\text{BCl}_3$): El Boro forma 3 enlaces simples sin pares libres. Dominios: 3. Hibridación: $sp^2$. Geometría molecular: Plana trigonal. Polaridad: Al ser perfectamente simétrica, los dipolos de enlace se anulan. Es apolar. Fuerzas intermoleculares: Fuerzas de dispersión de London.
Amoniaco ($\text{NH}_3$): El Nitrógeno forma 3 enlaces simples y tiene un par libre. Dominios: 4. Hibridación: $sp^3$. Geometría molecular: Pirámide trigonal. Polaridad: La presencia del par libre rompe la simetría espacial; los dipolos no se anulan. Es polar. Fuerzas intermoleculares: Enlaces de hidrógeno (las más fuertes), además de fuerzas de London y dipolo-dipolo.
Dicloruro de azufre ($\text{SCl}_2$): El Azufre forma 2 enlaces simples y le quedan 2 pares libres. Dominios: 4. Hibridación: $sp^3$. Geometría molecular: Angular. Polaridad: Al ser asimétrica y no anularse los dipolos vectoriales, es polar. Fuerzas intermoleculares: Fuerzas dipolo-dipolo (y dispersión).
Dióxido de carbono ($\text{CO}_2$): El Carbono forma 2 dobles enlaces y no tiene pares libres. Dominios: 2. Hibridación: $sp$. Geometría molecular: Lineal. Polaridad: Perfectamente simétrica. Los dipolos se contrarrestan (suman cero). Es apolar. Fuerzas intermoleculares: Fuerzas de dispersión de London.
Metanal o Formaldehído ($\text{HCHO}$): El Carbono central forma 2 enlaces simples (con los H) y un doble enlace (con el O). No tiene pares libres. Dominios: 3. Hibridación: $sp^2$. Geometría molecular: Plana trigonal. Polaridad: Aunque es plana, los enlaces no son idénticos (el C=O es más polar que el C-H). Los vectores no se anulan, por lo que es polar. Fuerzas intermoleculares: Fuerzas dipolo-dipolo (y dispersión).
c) Ácidos y Bases de Lewis
Según la teoría de Lewis, un ácido es una especie capaz de aceptar un par de electrones, y una base es una especie capaz de donarlo. El $\text{NH}_3$ se comporta como una base de Lewis, porque el átomo de nitrógeno posee un par de electrones libre (no enlazante) que puede donar. El $\text{BCl}_3$ se comporta como un ácido de Lewis, ya que el átomo de boro no ha completado el octeto de electrones en su capa de valencia y tiene orbitales vacíos disponibles para aceptar un par de electrones.
Pregunta 3A
Responda a las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Formule los siguientes compuestos orgánicos y justifique cuáles presentan isomería geométrica:
i) 3,4-dietilhept-3-eno
ii) 2,3-diclorobut-2-enal
iii) 1,1-dicloroprop-1-eno
b) (1 punto) Identifique con nombre y fórmula todos los compuestos orgánicos implicados en la siguiente secuencia de reacciones:
i) Butanona + $\text{LiAlH}_4$ (reductor) $\rightarrow$ A
ii) A + $\text{HCOOH}$ $\rightarrow$ B
c) (0,5 puntos) El cloro, cuando reacciona con hidrógeno en presencia de luz, produce HCl. Cuando HCl reacciona con etino (o acetileno), se produce cloroeteno.
i) Escriba las reacciones de formación de HCl y de cloroeteno.
ii) Formule la reacción de polimerización del cloroeteno, indicando el nombre del polímero formado.
Estrategia de Resolución
Para la isomería cis-trans, dibujaremos las moléculas y verificaremos si los dos carbonos del doble enlace están unidos a cosas diferentes en sus extremos. Para las reacciones del apartado «b», aplicaremos una reducción (inversa a la oxidación: pasar de cetona a alcohol secundario) y, con ese alcohol, haremos una esterificación. Para el apartado «c», plantearemos la halogenación directa y luego la adición electrófila sobre un triple enlace, terminando con la formación del PVC.
Criterios de Corrección y Consejos
Al justificar por qué una molécula NO presenta isomería cis-trans (como el apartado a.iii), debéis escribir explícitamente «porque uno de los carbonos del doble enlace tiene dos sustituyentes idénticos». Eso demuestra que entendéis la regla geométrica fundamental.
Solución Paso a Paso
a) Formulación e isomería geométrica
i) 3,4-dietilhept-3-eno:
$\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{C(CH}_2\text{CH}_3\text{)=C(CH}_2\text{CH}_3\text{)}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_3$
SÍ presenta isomería geométrica. El carbono 3 está unido a un propilo y a un etilo. El carbono 4 está unido a un etilo y a un propilo. Como cada carbono tiene grupos diferentes, podemos tener formas cis/trans (o Z/E).
ii) 2,3-diclorobut-2-enal:
$\text{CH}_3-\text{CCl=CCl}-\text{CHO}$
SÍ presenta isomería geométrica. El carbono 3 está unido a un cloro y a un metilo. El carbono 2 está unido a un cloro y al grupo aldehído. Cumple el requisito de grupos diferentes en ambos lados.
iii) 1,1-dicloroprop-1-eno:
$\text{CCl}_2\text{=CH}-\text{CH}_3$
NO presenta isomería geométrica. El carbono 1 del doble enlace está unido a dos átomos idénticos (dos cloros). Da igual que intercambiemos posiciones en el espacio, la molécula será la misma.
b) Secuencia de reacciones
Reacción i) Reducción: $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CO}-\text{CH}_3$ (butanona) + $\text{LiAlH}_4$ $\rightarrow$ $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CHOH}-\text{CH}_3$ (butan-2-ol) El compuesto A es el butan-2-ol.
Reacción ii) Esterificación:
$\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CHOH}-\text{CH}_3$ (butan-2-ol) + $\text{HCOOH}$ (ácido metanoico)
$\rightarrow$ $\text{HCOO}-\text{CH(CH}_3\text{)}-\text{CH}_2-\text{CH}_3$ + $\text{H}_2\text{O}$
El compuesto B es el metanoato de sec-butilo (o metanoato de 1-metilpropilo).
c) Obtención de HCl y síntesis de PVC
i) Reacciones de formación: $\text{Cl}_2$ + $\text{H}_2$ $\rightarrow$ $2\text{HCl}$ (Formación del HCl). $\text{HC}\equiv\text{CH}$ (etino) + $\text{HCl}$ $\rightarrow$ $\text{CH}_2\text{=CHCl}$ (cloroeteno).
ii) Polimerización:
$n (\text{CH}_2\text{=CHCl})$
$\rightarrow$ $[-\text{CH}_2-\text{CHCl}-]_n$
El polímero formado es el policloruro de vinilo (PVC).
Pregunta 3B
Responda a las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Nombre los siguientes ácidos: $\text{HCN}$ (pKa = 9,34), $\text{CH}_3\text{-COOH}$ (pKa = 4,74) y $\text{HCOOH}$ (pKa = 3,74). Escriba la fórmula de sus bases conjugadas y ordénelas justificadamente en orden creciente de su fortaleza.
b) (0,5 puntos) Considere los reactivos: ácido propanoico, butanona, etanal y butan-2-ol, y justifique cuál de ellos da lugar a una cetona por oxidación, escribiendo la reacción y nombrando el producto obtenido.
c) (1 punto) Complete las siguientes reacciones formulando y nombrando todos los compuestos orgánicos. Indique el tipo de reacción. i) $\text{CH}_3-\text{CH=CH}_2$ + $\text{Cl}_2$ $\rightarrow$ ii) butan-1-ol + $\text{H}_2\text{SO}_4$/calor $\rightarrow$
Estrategia de Resolución
Para el apartado «a», recordaremos la teoría de pares ácido-base conjugados: cuanto más fuerte sea un ácido (menor pKa), más débil será su base conjugada. Para el «b», escrutaremos las familias funcionales: la única que se puede oxidar a cetona es un alcohol secundario. Para el «c», plantearemos una adición electrófila de halógenos y una eliminación (deshidratación) de un alcohol en medio sulfúrico caliente.
Criterios de Corrección y Consejos
En el apartado «a», si no sabéis que un $pK_a$ numéricamente menor significa un ácido MÁS FUERTE, ordenaréis la lista al revés y perderéis todos los puntos de la deducción. ¡El $pK_a$ funciona igual que el pH!
Solución Paso a Paso
a) Fortaleza de bases conjugadas
Nombres de los ácidos: $\text{HCN}$: Ácido cianhídrico. $\text{CH}_3\text{-COOH}$: Ácido etanoico (o ácido acético). $\text{HCOOH}$: Ácido metanoico (o ácido fórmico).
Al disociarse perdiendo un protón, se forman sus bases conjugadas: $\text{CN}^-$, $\text{CH}_3\text{COO}^-$ y $\text{HCOO}^-$ respectivamente.
Para ordenarlas, usamos el concepto de «fuerza de pares conjugados». Un valor de $pK_a$ más pequeño indica un ácido más fuerte. Y cuanto más fuerte es un ácido, más débil es su base conjugada. El orden de los ácidos, de más fuerte a más débil, es: $\text{HCOOH}$ (3,74) > $\text{CH}_3\text{COOH}$ (4,74) > $\text{HCN}$ (9,34). Por tanto, el orden de las bases conjugadas, de la más débil a la más fuerte (orden creciente de fortaleza) será el inverso: $\text{HCOO}^-$ < $\text{CH}_3\text{COO}^-$ < $\text{CN}^-$.
b) Oxidación a cetona
El único compuesto capaz de dar lugar a una cetona por oxidación es el butan-2-ol. Las cetonas se forman por oxidación de alcoholes secundarios (los aldehídos como el etanal se oxidan a ácidos; los ácidos y cetonas no sufren oxidaciones en condiciones estándar). Reacción: $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CHOH}-\text{CH}_3$ (butan-2-ol) + oxidante $\rightarrow$ $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CO}-\text{CH}_3$ (butanona) + $\text{H}_2\text{O}$
c) Reacciones orgánicas
Reacción i): $\text{CH}_3-\text{CH=CH}_2$ (propeno) + $\text{Cl}_2$ $\rightarrow$ $\text{CH}_3-\text{CHCl}-\text{CH}_2\text{Cl}$ (1,2-dicloropropano) Es una reacción de adición (halogenación).
Reacción ii): $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_2\text{OH}$ (butan-1-ol) + $\text{H}_2\text{SO}_4$/calor $\rightarrow$ $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH=CH}_2$ (but-1-eno) + $\text{H}_2\text{O}$ Es una reacción de eliminación (deshidratación). (Al ser un alcohol primario terminal, el doble enlace solo se puede formar en una posición, sin dar lugar a los productos mayoritarios/minoritarios de Zaitsev).
Pregunta 4A
Conteste a las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Se construye una pila utilizando dos semiceldas: una con cromo metálico en contacto con una disolución 1,0 M de $\text{Cr}^{3+}$, y otra con hierro metálico en contacto con una disolución 1,0 M de $\text{Fe}^{2+}$.
i) Escriba las semirreacciones que se producen en el ánodo y en el cátodo y la reacción iónica global.
ii) Calcule el potencial estándar y escriba la notación simplificada de la pila.
b) (1 punto) Tras funcionar durante un tiempo la pila del apartado anterior, se ha observado que la masa del electrodo del cátodo ha aumentado en 3,45 g. Determine la masa del electrodo del ánodo que ha reaccionado sabiendo que el rendimiento del proceso es del 77,8%.
c) (0,5 puntos) Justifique qué ocurre cuando en un recipiente de Ni(s) se almacena una disolución de sulfato de cobre(II) 1,0 M a 25 ºC. Utilice los potenciales estándar y escriba la reacción espontánea que se produce. Datos. $E^\circ(\text{Cr}^{3+}/\text{Cr}) = -0,74\text{ V}$, $E^\circ(\text{Fe}^{2+}/\text{Fe}) = -0,44\text{ V}$, $E^\circ(\text{Ni}^{2+}/\text{Ni}) = -0,25\text{ V}$, $E^\circ(\text{Cu}^{2+}/\text{Cu}) = 0,34\text{ V}$. Masas atómicas (u): Cr = 52,0; Fe = 55,8.
Estrategia de Resolución
Analizando los potenciales estándar que nos da el enunciado, determinaremos quién actúa como cátodo (el de mayor potencial de reducción) y quién como ánodo. Con la reacción global ajustada en mente, usaremos el crecimiento de masa del cátodo (los gramos depositados) para calcular los moles transferidos, y con ello, deducir la masa consumida en el ánodo, aplicando el rendimiento. En el último apartado calcularemos el potencial de la reacción química teórica para ver si es positivo (espontánea, rompiendo el envase de níquel).
Criterios de Corrección y Consejos
En el apartado de rendimiento (b), tened muchísimo cuidado. El rendimiento se aplica a la cantidad que DEBERÍA HABER REACCIONADO (ánodo) frente a la que realmente generó masa útil (cátodo). Si aplicáis el porcentaje al revés, arruinaréis el cálculo.
Solución Paso a Paso
a) Pila de Cromo y Hierro
El cátodo es siempre la semipila con mayor potencial estándar de reducción. Comparando datos, $-0,44\text{ V}$ (Hierro) es mayor que $-0,74\text{ V}$ (Cromo). Por tanto, el Cátodo es el Hierro (se reduce) y el Ánodo es el Cromo (se oxida).
i) Semirreacciones y Reacción Global:
Ánodo (Oxidación): $(\text{Cr} \rightarrow \text{Cr}^{3+} + 3\text{e}^-) \times 2$
Cátodo (Reducción): $(\text{Fe}^{2+} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Fe}) \times 3$
Reacción Iónica Global: $2\text{Cr} + 3\text{Fe}^{2+} \rightarrow 2\text{Cr}^{3+} + 3\text{Fe}$
ii) Potencial y Notación: $E^\circ_{\text{pila}} = E^\circ_{\text{cátodo}} – E^\circ_{\text{ánodo}}$ $E^\circ_{\text{pila}} = -0,44 – (-0,74) = 0,30\text{ V}$. Notación simplificada (Ánodo || Cátodo): $\text{Cr} (s) | \text{Cr}^{3+} (1\text{ M}) || \text{Fe}^{2+} (1\text{ M}) | \text{Fe} (s)$.
b) Cálculos en los electrodos
Masa depositada en el cátodo (hierro): $3,45\text{ g}$. Calculamos los moles de hierro obtenidos (Masa molar 55,8 g/mol): Moles $\text{Fe}$ = $3,45 / 55,8 = 0,0618\text{ mol}$.
Por la estequiometría de la reacción global, la relación entre el hierro formado y el cromo gastado es de 3 a 2. Moles estequiométricos de Cromo gastados = $0,0618 \cdot (2 / 3) = 0,0412\text{ mol}$ de $\text{Cr}$.
Masa estequiométrica de Cromo (Masa molar 52,0 g/mol): Masa $\text{Cr}$ = $0,0412 \cdot 52,0 = 2,14\text{ g}$.
Como la pila ha funcionado con un rendimiento del 77,8%, ha tenido que disolver más cantidad de cromo (reaccionar más) de la que teóricamente era necesaria para producir ese mismo hierro. Masa real que ha reaccionado = Masa teórica / (Rendimiento) Masa real $\text{Cr}$ = $2,14 / (77,8 / 100) = 2,75\text{ g}$.
c) Almacenamiento en recipiente metálico
Si almacenamos $\text{Cu}^{2+}$ en un envase de Níquel sólido, se podría dar una reacción de desplazamiento (oxidación del Níquel y reducción del Cobre):
$\text{Ni} (s) + \text{Cu}^{2+} (ac)$ $\rightarrow$ $\text{Ni}^{2+} (ac) + \text{Cu} (s)$
Calculamos el potencial de esta reacción teórica:
$E^\circ_{\text{reacción}} = E^\circ_{\text{reducción(Cu)}} – E^\circ_{\text{oxidación(Ni)}}$
$E^\circ_{\text{reacción}} = 0,34 – (-0,25) = 0,59\text{ V}$
Como $E^\circ > 0$, la reacción es espontánea ($\Delta G < 0$). El cobre oxidará el metal del recipiente, disolviendo el Níquel. Por tanto, el recipiente terminará perforándose o corroyéndose, y no es seguro almacenar la disolución ahí.
Pregunta 4B
Conteste a las siguientes cuestiones:
a) (1 punto) Para la reacción de descomposición: $2\text{AB} (g) \rightarrow \text{A}_2 (g) + \text{B}_2 (g)$, se sabe que su constante de velocidad a 50 ºC es: $k = 8,8 \times 10^{-4}\text{ s}^{-1}$. Escriba la ecuación de velocidad y explique, de forma razonada, si la velocidad de reacción aumenta o disminuye con el tiempo.
b) (1 punto) En un recipiente de 5,0 L se introducen 0,40 mol de HI y, una vez cerrado, con una presión total de 1,0 atm y a 360 ºC, se establece el equilibrio: $2\text{HI} (g) \rightleftharpoons \text{H}_2 (g) + \text{I}_2 (g)$, con $K_c = 0,040$ y $\Delta H^\circ_r < 0$. Calcule la concentración de cada especie en el equilibrio y el valor de $K_p$.
c) (0,5 puntos) Justifique si Kc del equilibrio del apartado b) será mayor a 500 ºC que a 360 ºC. Considere que $\Delta H^\circ_r$ no varía con la temperatura.
Estrategia de Resolución
En el apartado cinético, determinaremos el orden de la reacción mirando las unidades de la constante «k», y redactaremos la ecuación. Para razonar qué le pasa a la velocidad con el paso del tiempo, nos fijaremos en qué le ocurre a la concentración de reactivo. En el apartado termodinámico, construiremos la tabla de equilibrio, usaremos el dato de $K_c$ para despejar «x» y dividiremos los moles entre el volumen. En el último apartado aplicaremos Le Châtelier respecto al factor temperatura.
Criterios de Corrección y Consejos
En cinética química (a), un error de novato es escribir el cuadrado en la ecuación de velocidad ($v = k [AB]^2$) guiándose por el coeficiente «2» estequiométrico de la reacción global. ¡La velocidad y el orden no tienen por qué coincidir con la estequiometría! Solo las unidades de «k» os dicen la verdad.
Solución Paso a Paso
a) Cinética, orden y variación de la velocidad
La ecuación general de velocidad es $v = k \cdot [\text{AB}]^\alpha$. Sabemos que la velocidad siempre se mide en $\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}$. Las unidades de la constante «k» que nos dan son simplemente $\text{s}^{-1}$. Igualando las unidades de la ecuación: $\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{s}^{-1} = (\text{s}^{-1}) \cdot (\text{mol}\cdot\text{L}^{-1})^\alpha$ Para que encaje la igualdad matemática, el exponente $\alpha$ debe valer 1. Se trata de una reacción de primer orden. La ecuación de velocidad es: $v = k \cdot [\text{AB}]$.
A medida que transcurre el tiempo, la reacción consume el reactivo AB para transformarlo en productos, por lo que la concentración $[\text{AB}]$ es cada vez menor. Al ser directamente proporcionales en la ecuación, si la concentración disminuye, la velocidad de reacción también disminuirá con el tiempo.
b) Equilibrio y constantes
Planteamos el equilibrio en función de la variación de concentración (moles/volumen). Concentración inicial de HI = $0,40\text{ mol} / 5,0\text{ L} = 0,080\text{ M}$. $2\text{HI} (g) \rightleftharpoons \text{H}_2 (g) + \text{I}_2 (g)$ Inicio: $0,080$ / $0$ / $0$ Equilibrio: $0,080 – 2x$ / $x$ / $x$
Introducimos los valores del equilibrio en la expresión de $K_c$ ($0,040$):
$K_c = ([\text{H}_2] \cdot [\text{I}_2]) / [\text{HI}]^2$
$0,040 = (x \cdot x) / (0,080 – 2x)^2$
$0,040 = [x / (0,080 – 2x)]^2$ Hacemos la raíz cuadrada a ambos lados: $0,20 = x / (0,080 – 2x)$ Despejamos: $0,016 – 0,40x = x$ $1,40x = 0,016$ $x = 0,0114\text{ M}$.
Calculamos las concentraciones de las especies en el equilibrio: $[\text{H}_2] = [\text{I}_2] = x =$ $0,0114\text{ M}$. $[\text{HI}] = 0,080 – 2 \cdot (0,0114) =$ $0,0572\text{ M}$.
Para calcular $K_p$, usamos su relación con $K_c$. Como en nuestra reacción gaseosa los moles de la izquierda son 2 y los de la derecha son 2, el incremento $\Delta n = 2 – 2 = 0$. $K_p = K_c \cdot (RT)^0$ $K_p = K_c = $ $0,040$.
c) Efecto de la temperatura en la Kc
El enunciado nos confirma que la reacción es exotérmica ($\Delta H^\circ_r < 0$), lo que significa que el proceso libera calor al avanzar hacia la derecha. Si aumentamos la temperatura a 500 ºC, estamos dando más calor al sistema. Según el Principio de Le Châtelier, el sistema tenderá a absorber ese calor sobrante, desplazándose hacia el lado endotérmico (hacia la izquierda, hacia los reactivos). Al desplazarse hacia los reactivos, la concentración del numerador disminuye y la del denominador aumenta. En consecuencia, el valor numérico de la constante de equilibrio $K_c$ disminuirá, por lo que no será mayor, sino menor a 500 ºC.