EBAU Quimica. Javier Sanchez Pina PDF

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Libro con ejercicios resueltos química , EVAU...

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Notas del autor El objetivo del material que tienes delante es servir de ayuda a los estudiantes de 2º de Bachillerato a la hora de preparar la Prueba de Acceso a la Universidad, en la materia de Química. Como tal, no es un libro de texto, sino que el alumno ya debe haber trabajado y asimilado los conceptos y destrezas propios del bloque del cual va a practicar los ejercicios. Quiere esto decir que no se incluye un desarrollo teórico ordenado y exhaustivo de las unidades del curso. ¿Quiere esto decir que si no se domina los contenidos del curso no hay nada que hacer? Por supuesto que no. Todas las cuestiones y problemas se presentan resueltos de forma tan desmenuzada, introduciendo cada concepto, que es posible que a algún alumno, tanta explicación pueda resultar hasta excesiva. Creo que sabrá saltarse lo que ya sepa, pero el principal objetivo ha sido llevar de la mano al alumno a lo largo del desarrollo de cada cuestión.

El material de esta obra se organiza de dos formas muy diferentes. En una primera parte, se muestran las cuestiones y problemas planteados desde 2009 hasta 2017, organizados por bloques, a fin de que puedan ser estudiados inmediatamente tras el estudio de cada bloque. Tras esta parte más estructurada, se presentan las cuestiones y problemas correspondientes a las pruebas de 2018 en adelante, sin clasificar, a fin de que sirvan como práctica de la prueba a la que el alumnado se enfrentará.

¡¡¡ Ojo a la formulación !!! Debido a los sucesivos cambios y actualizaciones en la formulación y nomenclatura dictados por la IUPAC, recomiendo tomar con precaución los nombres dados en este material, tanto en las respuestas como en los enunciados.

Por otra parte, les pido que aprovechen el correo electrónico para contactar conmigo ante cualquier error, sugerencia, lo que haga falta …

Al final de este libro encontrarás la prueba completa de las convocatorias ordinaria y extraordinaria de 2019, por si deseas entrenar…

Agradecimientos Quiero comenzar agradeciendo la inmensa ayuda que me ha supuesto, en la revisión y corrección de este material, a Dª Natalia Campillo Seva. Desde luego, una máquina de trabajar, de esas personas que yo sospecho que han encontrado un operador mecano-cuántico con el que dilatar las 24 horas del día. Muchas gracias, de verdad. Del mismo modo, me gustaría agradecer a Dª Eloísa Martínez Viviente, actual coordinadora del área de Química en la EBAU en Murcia. Este libro no es más que una excusa para plasmar en un papel mi agradecimiento a la persona culpable de que hoy sea químico, y, como efecto colateral, me dedique a lo que más me gusta, que es dar clase. Ese no es otro que D. Juan Martínez Muñoz. Y no es ninguna exageración. Tras 3 años de instituto, esquivando como podía la Química… estaba a punto de conseguirlo, pero hete aquí que para ser médico había que hacer en COU la Opción Biosanitaria con Biología y Química. Yo no me di cuenta hasta después de acabar el curso. Me matriculé en Medicina, pero a las dos semanas anulé la matrícula y me fui a hacer Química y hasta hoy, cada vez me alegro más de lo que hice. Si busco en mi google-imágenes, le veo en la cantina con su quinto en la mano, haciendo las delicias de quien le rodeaba. Pero recuerdo esa forma de hacer fácil y claro lo difícil y enmarañado. Recuerdo ese sentido del humor, inteligente, ágil, que su hijo Pedro ha heredado. Pero, sobre todo, recuerdo esa normalidad en las clases, ese tratamiento desde un plano de igualdad, que no precisaba de autoritarismos para ganar la autoridad que obtenía intelectualmente. Ni que decir tiene que él es uno de los espejos en que, como profesor, más me miro. Daría lo que fuera por que estuviera aquí y pudiese regalarle un ejemplar, ya que en parte es suyo. Pero si a Juan Martínez Muñoz quiero agradecer este ámbito de mi vida, todos los demás sólo se los puedo agradecer a mi familia. Mis padres, ejemplo de amor, respeto, trabajo, SERVICIO, nos han puesto el listón muy, muy alto a los que venimos detrás. Así como a mis hermanos, primos, tíos y tías, y abuelos.

Murcia, Septiembre de 2019.

Índice

1.- Estequiometría ......................................................................................... 1 2.- Estructura atómica ................................................................................. 13 3.- Cinética química .................................................................................... 49 4.- Equilibrio químico ................................................................................. 57 5.- Equilibrios ácido-base ............................................................................ 85 6.- Equilibrios de solubilidad..................................................................... 119 7.- Electroquímica ..................................................................................... 127 8.- Formulación y nomenclatura ................................................................ 161 Pruebas de 2019 ........................................................................................ 179

Índice

ii

1. Estequiometría SEP-09 B1.C5

Con la primera información que se nos suministra, podemos calcular la masa molecular relativa (Mr) del compuesto, mediante aplicación de la Ley de los Gases Ideales: P· V=n· R· T 333 1 ·1  · 0,082· (273  200) Mr 760

→

Mr = 88,52 g/mol

Con la información acerca de la combustión del compuesto, somos capaces de obtener su fórmula empírica: todo el carbono presente en el CO 2 es el carbono que había en el compuesto, así como todo el hidrógeno en el agua. Moles de CO 2 = 0,455 → moles de C = 0,455

→ gramos de C = 0,455· 12 = 5,46 g C

Moles de H2O = 0,455 → moles de H = 2·0,455 = 0,91 → gramos de H = 0,91·1 = 0,91 g H Ya sabemos que, de los 10 g de compuesto, 5,46 son de C, 0,91 de H, y lo que falta hasta 10 g, es oxígeno, es decir, 3,63 g O, en moles es 0,227 mol O. C : 0,455 mol  0,227  2   H : 0,455 mol  0,227  2   Por tanto, la fórmula empírica es C2H2O.  O : 0,227 mol  0,227  1 

Se precisa la relación de masas en moles porque la fórmula empírica da la proporción de átomos de cada elemento en la molécula, no la proporción de gramos de cada elemento. Obtener ahora la fórmula molecular es sencillo, ya que ésta va a ser múltiplo de la empírica. Cada unidad de C2H2O pesa, en uma, 2· 12 + 2·1 + 16 = 42 uma. Como sabemos que la masa molecular del compuesto es Mr = 88,52, dividimos con lo que la fórmula molecular va a ser doble de la empírica: C4H4O2 . -1-

88,52  2, 42

Estequiometría

SEP-10 BII.OpcA.C5

Es un problema típico de reactivo limitante. Se comienza calculando las cantidades iniciales de ambos reactivos. 0,15  0,0009 mol 166 n n Pb(NO3)2: M   0,02   n  0,0004 mol 0,02 V

KI: 0,15 g de KI son

A continuación, se localiza el reactivo limitante: Atendiendo a la estequiometría: Pb(NO3)2 + 2 KI → ………. por ejemplo, los 0,0004 mol de Pb(NO 3)2 consumirían 2·0,0004 = 0,0008 mol KI. Como disponemos de 0,0009 moles de KI, el que se acaba es el Pb(NO 3)2, éste es el limitante, al que debemos referir los cálculos. a) - Producción de PbI2: 1 mol Pb(NO3)2 produce 1 mol PbI2, por lo que 0,0004 mol, producirán 0,0004 mol PbI2, que en gramos son 0,0004·461,2 = 0,1845 g PbI2 . - Producción de KNO3: 1 mol Pb(NO3)2 produce 2 mol KNO 3, por lo que 0,0004 mol, producirán 0,0008 mol KNO3, que en gramos son 0,0008· 101,1 = 0,0809 g KNO3 . b) Como se ha visto al principio, todo el Pb(NO 3)2 consumen 0,0008 mol de KI. Como inicialmente había 0,0009 mol KI, sobran 0,0001 mol KI, que en gramos son 0,0001· 166 = 0,0166 g KI . 0,3

c) 300 mg PbI2 son 461,2  0,00065 mol. Según la estequiometría, para que se produzca 1 mol de PbI2, debe reaccionar 1 mol de Pb(NO 3)2. Por tanto, en nuestro caso, deben reaccionar 0,00065 mol Pb(NO 3)2.

-2-

Estequiometría

La

molaridad de

0,02 

la

disolución

es 0,02,

por lo que el volumen necesario

0 ,00065  V  0,0325 L V

Sin embargo, el rendimiento de la reacción es del 90%, por lo que realmente se necesitará más reactivo del estequiométrico. Exactamente

0,0325·100  0,0361 L  36,1 mL 90

JUN-11 OpcB.C3

M

n n  0,25   n  0,25·0,25  0,0625 mol NaOH 0,25 V

Esos 0,0625 moles de NaOH, en gramos son 0,0625· 40 = 2,5 gramos. Pero como el NaOH del que se dispone no es 100% puro, sino del 80%, se necesitará algo más para tener los 2,5 g puros. Exactamente,

2,5·100  3,125 g del NaOH del 80% . 80

SEP-11 OpcB.C5

a) Con la información acerca de la combustión del compuesto, somos capaces de obtener su fórmula empírica: todo el carbono presente en el CO 2 es el carbono que había en el compuesto, así como todo el hidrógeno en el agua. Moles de CO 2 =

2,64 = 0,06 → moles de C = 0,06 → gramos de C = 0,06 · 12 = 0,72 g C 44

Moles de H2O =

1,08 = 0,06 → moles de H = 2 · 0,06 = 0,12 → g de H = 0,12·1 = 0,12 g H 18

-3-

Estequiometría

Ya sabemos que, de los 1,8 g de compuesto, 0,72 son de C, 0,12 de H, y lo que falta hasta 1,8 g, es oxígeno, es decir, 0,96 g O, en moles es 0,06 mol O. C : 0,06 mol  0,06  1   H : 0,12 mol  0,06  2  Por tanto, la fórmula empírica es CH2O.  O : 0,06 mol  0,06  1

Obtener ahora la fórmula molecular es sencillo, ya que ésta va a ser múltiplo de la empírica. Cada unidad de CH2O pesa, en uma, 12 + 2· 1 + 16 = 30 uma. Como sabemos que la masa molecular del compuesto es Mr = 180, dividimos

180  6 , con 30

lo que la fórmula molecular va a ser 6 veces la empírica: C6H12O6 . b) La reacción ajustada de combustión de la glucosa es: C6H12O6 + 6O2 → 6CO2 + 6H2O Como sabes, la entalpía estándar de una reacción se relaciona con las entalpías estándar de formación de las especies que intervienen de la forma: H R  i ·Hf i , Prod i ·Hf i , React

Hay que recordar que la entalpía estándar de formación de elementos en estado natural es nula. En nuestro caso, H R  6·Hf CO 2  6·Hf H 2O  Hf C 6 H 12O 6 Sustituyendo, H R  6·( 393,5)  6·( 284,7)  (103,6)   3965,6KJ / mol

SEP-12 OpcB.C3

a) La reacción ajustada de combustión de la sacarosa es: C12H22O11 + 12O2 → 12CO2 + 11H2O -4-

Estequiometría

La primera parte del problema es estequiométrica: Cada mol de sacarosa consume 12 moles de O2, por lo que 26 moles de O2 requerirán 26 ·1  2,17 moles de sacarosa, que en moles son 2,17·342 = 742,14 g sacarosa . 12

b) La segunda parte del problema es de termoquímica. Dice el enunciado que por cada mol de sacarosa consumida, se desprende 348,9 KJ. Como se consumen 2,17 moles de sacarosa, se desprenderán 2,17· 348,9 = 757,1 KJ

JUN-13 OpcA.C5

a) 250 g de NaF del 90% contienen

250 · 90 225  225 g NaF puro, que en moles, son  100 42

= 5,537 mol. Según la reacción ajustada, 2 mol NaF consumen 1 mol H2SO4, por lo que 5,357 mol NaF consumirán

5,357 ·1  2,68 mol H2SO4 (2,68· 98 = 262,5 g). 2

Como la riqueza del sulfúrico dado es del 96%, para tener 262,5 g de soluto, se precisa algo más de disolución. Exactamente, se precisarán

262,5 ·100  273,44 g de disolución. 96

Para calcular el volumen, se emplea la densidad, d 

-5-

273,44 m  1,8   V  152 mL . V V

Estequiometría

b) Se comienza suponiendo que se tiene un litro: Como la densidad es d 

m masa  1,8 g / cm3  volumen 1000 cm3

La riqueza es del 96%, así la masa de soluto puro es Lo pasamos a moles: n 

1728  17,63mol 98

 m  1800 g disol

1800· 96  1728 g soluto 100

 [H 2 SO 4 ] 

n 17,63 17,63 M   V 1

c) Según la reacción ajustada, 2 mol NaF consumen 1 mol Na 2 SO4, por lo que 5,357 mol NaF consumirán

5,357 ·1  2,68 mol Na2SO4 (2,68· 142 = 380,56 g). 2

Eso sería si el rendimiento del proceso fuese del 100%, pero como el rendimiento es del 85%, se producirá algo menos. Exactamente,

380,56 · 85  323,5 g de Na2SO4 . 100

JUN-13 OpcB.C5

a) La reacción está ajustada. Al poseer datos de las cantidades de partida de los tres reactivos, lo primero que se debe hacer es encontrar el reactivo limitante : 15 g de C4H9OH son

H2SO4: Como M 

15  0,2027 mol 74

26 g de NaBr son

26  0,2527 mol 102,9

n n  2  n  0,25 mol H2SO4 V 0,125

La estequiometría de la reacción es, para los reactivos, 1:1:1, por lo que el reactivo limitante es aquel del que hay menos moles, es decir, el C4H9OH. A éste se debe referir los cálculos. -6-

Estequiometría

Moles que reaccionan Moles que sobran Gramos sobran

que

C4H9OH 0,2027

NaBr 0,2027

H2SO4 0,2027

0,2027 - 0,2027 =0 0

0,2527 - 0,2027 = 0,05 5,145

0,25 - 0,2027 = 0,0473 4,635

b) Se vuelve a referir los cálculos al reactivo limitante. En la reacción se ve que cada mol de C4H9OH produce un mol de C4H9Br, por lo que los 0,2027 mol producirán 0,2027 mol C4H9Br, que, en gramos, son 0,2027·136,9 = 27,75 g C4H9Br. Esto sería si el rendimiento fuese del 100%. En el enunciado se dice que sean producido realmente 21 g C4H9Br, por lo que el rendimiento es

21·100  75,7 %. 27,75

c) Del mismo modo, se refiere el cálculo al reactivo limitante. En la reacción se ve que cada mol de C4H9OH produce un mol de NaHSO4, por lo que los 0,2027 mol producirán 0,2027 mol NaHSO4, que, en gramos, son 0,2027· 120 = 24,3 g NaHSO4 . SEP-13 OpcA.C6

a) Con la información acerca de la combustión del compuesto, somos capaces de obtener su fórmula empírica: todo el carbono presente en el CO 2 es el carbono que había en el compuesto, así como todo el hidrógeno en el agua. Moles de CO 2 =

0,958 = 0,02177 44

→

moles de C = 0,02177 → → gramos C = 0,02177· 12 = 0,2613 g C

Moles de H2O =

0,522 = 0,029 → moles de H = 2·0,029 = 0,058 → 18

→ gramos H = 0,058· 1 = 0,058 g H -7-

Estequiometría

Se precisa la relación de masas en moles porque la fórmula empírica da la proporción de átomos de cada elemento en la molécula, no la proporción de gramos de cada elemento. Ya sabemos que, de los 0,436 g de compuesto, 0,2613 son de C, 0,0,058 de H, y lo que falta hasta 0,436 g, es oxígeno, es decir, 0,1167 g O, en moles es 0,0073 mol O. C : 0,02177 mol  0,0073  3   H : 0,058 mol  0,0073  8   Por tanto, la fórmula empírica es C3H8O .  O : 0,0073 mol  0,0073  1 

b) Con la información acerca de la densidad, se calcula la masa molecular y la fórmula molecular: Como V 

n

m Mr



m m y n Mr d



Simplificando “m”, queda:

P· V  n· R· T P·

m m  · R· T d Mr P· Mr  d · R ·T

Se sustituye los datos conocidos: 1· Mr  2, 679 · 0, 082 · 273

→

Mr = 60 g/mol

Obtener ahora la fórmula molecular es sencillo, ya que ésta va a ser múltiplo de la empírica. Cada unidad de C3H8O pesa, en uma, 3· 12 + 8·1 + 16 = 60 uma. Como sabemos que la masa molecular del compuesto es Mr = 60, que coincide, la fórmula molecular coincide también con la empírica: C3H8O .

JUN-14 OpcB.C5

Es un problema típico de reactivo limitante. Se comienza calculando las cantidades iniciales de ambos reactivos. Zn: 5 g de Zn son

5 n n  1,8   n  0,45 mol  0,0765 mol H2SO4: M  0 , 25 65,38 V

-8-

Estequiometría

A continuación, se localiza el reactivo limitante: Atendiendo a la estequiometría: Zn + H2SO4 → ………. Zn consumirían igual número de moles de H2SO4.

por ejemplo, los 0,0765 mol de

Como se dispone de 0,45 moles de H2SO4, se acaba antes el Zn, éste es el limitante, al que se debe referir los cálculos.

a) - Producción de ZnSO4: 1 mol Zn produce 1 mol ZnSO4, por lo que 0,0765 mol, producirán 0,0765 mol ZnSO4, que en gramos son 0,0765· 161,4 = 12,35 g de ZnSO4. Esto sería si el rendimiento fuese del 100%. Como es del 85%, se producirá un poco menos. Exactamente,

12,35· 85  10,5 g ZnSO4 . 100

b) Producción de H2: 1 mol Zn produce 1 mol H2, por lo que 0,0765 mol, producirán 0,0765 mol H2. Esto sería si el rendimiento fuese del 100%. Como es del 85%, se producirá un poco menos. Exactamente,

0,0765 · 85  0,065 mol H 2 100

Se calcula el volumen mediante la Ley de los Gases Ideales: P·V = n· R·T V

n· R· T 0,065· 0,082 · ( 273  25)   = 1,62 L. 745 P 760

SEP-14 OpcA.C1

a) Este tipo de cuestiones se puede comenzar suponiendo que se dispone de 100 g de compuesto, con lo que los porcentajes de cada elemento se convierten automáticamente en gramos, los cuales serán convertidos en moles. Dividimos por el menor (3,33) para obtenr la proporción: -9-

Estequiometría

3,33 mol  3,33  1    1 6,67 mol  3,33  2    16 3,33 mol  3,33  1 

C : 40 g

 12

H : 6,67 g O : 53,33 g

Por tanto, la fórmula empírica es CH2O .

b) Obtener ahora la fórmula molecular es sencillo, ya que ésta va a ser múltiplo de la empírica. Cada unidad de CH2O pesa, en uma, 12 + 2·1 + 16 = 30 uma. Como sabemos que la masa molecular del compuesto es Mr = 180, dividimos

180  6 , con 30

lo que la fórmula molecular va a ser 6 veces la empírica: C6H12O6 .

SEP-14 OpcB.C3

Se está ante la reacción de neutralización de un ácido fuerte con una base fuerte. La reacción de neutralización es: 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2 H2O Se calcula los moles de sulfúrico que se tiene inicialmente: Como densidad 

m m  1,84 g / mL V 20 mL

 m  36,8 g disolución

Su riqueza es del 96%, sólo el 96% de los 36,8 g son sulfúrico puro, es decir, 0,96· 36,8 = 35,33g nº moles 

gramos 35,33   0,36 mol H 2 SO4 98 Mr

La estequiometría de la reacción dicta que cada mol de sulfúrico es neutralizado por dos moles de NaOH, por lo que para neutralizar 0,36 mol de H2 SO4, se precisa 2· 0,36 = 0,72 mol NaOH. Como M 

moles 0,72  2 V V

 V 

0,72  0,36 L  360 mL . 2

- 10 -

Estequiometría

JUN-16 Opción A. Cuestión 5 La combustión de 0,5 g del compuesto orgánico 2,2,3-trimetilbutano (C7H16) produjo 650 mL de CO2 medidos a 0 ºC y 1 atm de presión. a) Calcule el rendimiento de la reacción (1,5 ptos) b) Calcule el número de moléculas de C7H16 contenidas en los 0,5 g del compuesto (0,5 ptos) Dato: Masas atómicas: C=12; H=1; R=0,082 atm· L/(mol·K); N AV =6,023 x 1023. a) La reacción ajustada de combustión es:

C7H16 + 11 O2 → 7 CO2 + 8 H2O

Calculamos el número de moles de reactivo: Su Masa molecular es: 12 x 7 + 16 = 100 El número de moles es: 0,5 / 100 = 0,005 moles De acuerdo con la estequiometría de la reacción: 1 mol de C7H16 produce 7 moles CO2, por lo que 0,005 moles de reactivo producirán 0,035 moles de CO 2. Calculamos los moles de CO2 producidos: P·V = n·R·T → 1·0,65 = n·0,082·273 → n = 0,029 Si el rendimiento de la reacción fuese del 100%, se producirían 0,035 moles: 0,035 moles ------------ 100% 0,029 --------------------- x

x = 82,86%

El rendimiento de la reacción es del 82,86%.

b) Como sabes, un mol de una sustancia es la cantidad de esa sustancia que contiene tantas unidades (átomos...