1. ¿Es posible convertir una mezcla en un compuesto químico?
(A). No, en ningún caso.
(B). Solo si se trata de una mezcla de elementos químicos.
(C). Sí, siempre, y con mucha facilidad.
(D). Sí, en ciertos casos.
Solución: D. Normalmente la materia no se encuentra en forma de sustancias puras, aisladas, sino formando mezclas, ya sea de elementos, de compuestos o de elementos y compuestos. Estas mezclas pueden ser homogéneas y heterogéneas. En general, las mezclas pueden separarse en sus sustancias componentes por métodos físicos. Un ejemplo de mezcla es el aire.
Es razonable pensar que muchas mezclas de elementos o compuestos químicos se puedan convertir en nuevos compuestos químicos. De hecho, para llevar a cabo una reacción química hay que mezclar los reactivos. Ahora bien, no todas las mezclas acabarán reaccionando.
Por ejemplo, los elementos helio y argón mezclados no reaccionan químicamente, pero una mezcla de azufre en polvo y limaduras de hierro formará fácilmente sulfuro de hierro, y una mezcla heterogénea de sodio metálico y cloro gaseoso conducirá a cloruro sódico.
Ambos son ejemplos de mezclas reactivas de elementos, pero también ocurre con compuestos. Por ejemplo, una mezcla de CO2(g) y CaO(s) tenderá a producir CaCO3(s).
2. ¿Cuál de las siguientes moléculas o iones moleculares no está formada de 4 átomos?
(A). amoniaco
(B). óxido de hierro(III)
(C). carbonato
(D). agua oxigenada
Solución: B. Las fórmulas son: NH3, Fe2O3, CO32–, H2O2 (el nombre de esta última es peróxido de hidrógeno). El Fe2O3 está compuesto de 5 átomos; las demás especies, de 4.
3. De las siguientes expresiones sobre unidades de presión indique cuál es la correcta:
(A). 1 atm equivale a 1 torr.
(B). 1 Pa (pascal) equivale a 760 torr.
(C). 1 torr equivale a 760 mm de Hg.
(D). 1 Pa es igual a 1 N m–2.
Solución: D. El pascal (Pa) es una unidad de presión integrada en el Sistema Internacional de Unidades (no es una unidad básica, pero sí una unidad derivada coherente). Se define como la presión que ejerce una fuerza de 1 newton (1 N) sobre una superficie de 1 m2 normal a la fuerza. Teniendo eso en cuenta y que la presión se define como “fuerza dividido por superficie”, la equivalencia es: 1 Pa = 1 N / m2.
El torr es una unidad de presión definida como (1/760) atm o bien como 133,320 Pa aproximadamente. El torr no coincide exactamente con el mm de Hg, pero la diferencia es tan extremadamente pequeña que se considera que torr y mm de Hg son unidades equivalentes. Por eso, cabe decir en la práctica que 1 atm = 760 torr. Como 1 Pa no es lo mismo que 1 atm (pues 1 Pa ≈ 9,87·10–6 atm), es falso que 1 Pa = 760 torr.
4. Se dispone de cierta cantidad de ozono en un recipiente cerrado de volumen V a una presión p y temperatura T. Supóngase que, manteniendo la temperatura constante, mediante cierto procedimiento químico se transforma todo el ozono en oxígeno molecular. ¿Ocurrirá algo con la presión? (Supónganse gases ideales).
(A). Sí, aumentará un 50 %.
(B). Sí, disminuirá a la tercera parte.
(C). Sí, disminuirá a dos tercios.
(D). No, no cambiará.
Solución: A. La reacción de transformación del ozono en oxígeno sería: 2 O3 ⟶ 3 O2. Esto significa que el número de moles existentes en el recipiente se multiplica por 1,5. Como para un V y T fijos la presión solo depende del número de moles, la presión tras la reacción será 1,5 veces la inicial. Es decir, aumentará un 50%.
Esto se puede razonar de otra manera. Supongamos que tenemos una masa m de ozono (O3). Al final de la reacción, como todo el ozono se convierte en oxígeno (O2), tendremos la misma masa m de oxígeno. Pero el número de moles es diferente. Como la fórmula del ozono es O3, si llamamos A al peso atómico del oxígeno (O), el peso molecular del ozono (O3) es 3A. Lógicamente, el del oxígeno molecular (O3) es 2A. Por lo tanto, el número de moles de ozono es m/(3A) y el de oxígeno es m/(2A). Por la ley de los gases ideales la presión al principio (cuando solo hay ozono) es:
p = m/(3A) R T / V.
Al final, cuando solo hay O2:
p’ = m/(2A) R T / V.
Dividiendo una expresión entre otra se llega a:
p‘ = 1,5 p. Por eso, si p es (por ejemplo) 1 atm, p‘ es 1,5 atm, luego se produce un incremento del 50%.
La pregunta se podría responder sin hacer ningún cálculo, pues la presión necesariamente ha de aumentar (ya que la reacción produce un aumento del número de moles, aunque la masa se conserve) y solo una de las respuestas habla de un aumento de la presión.
5. Una de las siguientes afirmaciones sobre el efecto fotoeléctrico es falsa:
(A). En cada material, para una determinada frecuencia de los fotones, el número de electrones arrancados es proporcional a la intensidad de la luz.
(B). A mayor longitud de onda de la luz incidente, mayor velocidad de los electrones emitidos.
(C). No se pueden arrancar electrones si la frecuencia de los fotones es inferior a un valor de frecuencia mínimo (umbral) que depende del material.
(D). La energía de cada electrón emitido no depende de la intensidad de la radiación que le llega, sino de la frecuencia de la radiación.
Solución: B. El efecto fotoeléctrico consiste en la emisión de electrones por un material cuando sobre él incide luz visible de alta frecuencia o luz ultravioleta.
Como es sabido, un fotón tiene una energía característica que se relaciona con la frecuencia de la onda asociada por E = hν. Si sobre un átomo incide un fotón cuya energía es superior a la energía mínima necesaria para expulsar un electrón (energía mínima que podríamos considerar una «energía de atadura» del electrón al átomo y que se denomina función de trabajo, φ), entonces el electrón puede ser expulsado del átomo.
Es decir, no es la intensidad de la luz (número de fotones) la que determina si se expulsan o no electrones del átomo, sino la frecuencia de dichos fotones. Esta frecuencia ha de tener tal valor (llamado umbral) que, al transformarlo en energía mediante E = hν, dicha energía ha de superar a la función de trabajo.
Si se cumple ese requisito también se cumplirá que, para una frecuencia determinada, a más intensidad de la luz (más fotones), más electrones se pueden expulsar.
Por otro lado, si se consigue expulsar un electrón, la energía cinética máxima de este será igual a la diferencia entre la energía del fotón y la función de trabajo o «energía de atadura» del electrón al átomo, es decir: Ec = hνfotón – φ.
Como la energía cinética depende de la velocidad según Ec = ½ mv2, la fórmula anterior se puede escribir: ½ mv2 = hνfotón – φ, de donde se deduce que a mayor frecuencia del fotón (νfotón) mayor velocidad del electrón expulsado (v).
Pero como, según es sabido por la teoría ondulatoria, para cualquier onda electromagnética νfotón = c / λfotón, mayor νfotón significa menor longitud de onda del fotón, y viceversa. Por lo tanto, a mayor longitud de onda del fotón, menor velocidad de los electrones emitidos.
6. Solo una de las siguientes afirmaciones es cierta:
(A). Los cinco orbitales d tienen la misma «forma» pero distinta orientación espacial.
(B). El número cuántico m determina el «tamaño» de un orbital.
(C). La ecuación de Schrödinger puede resolverse fácilmente y de forma exacta para átomos polielectrónicos.
(D). Dos orbitales se dice que son degenerados entre sí cuando tienen la misma energía.
Solución: D. De los cinco tipos de orbitales d, cuatro tienen la misma forma, que es aproximadamente esta:
La diferencia entre los cuatro es su orientación espacial.
Pero el 5º es diferente; esta es su forma:
El «tamaño» de un orbital lo determina el número cuántico principal, n.
La ecuación de Schrödinger en general no es fácil de solucionar para átomos distintos al H o hidrogenoides. Para átomos polielectrónicos se pueden obtener soluciones por distintos métodos, pero son aproximadas.
7. ¿Cuál de las siguientes partículas tendrá asociada una menor longitud de onda según la hipótesis de De Broglie si todas viajan a la misma velocidad?
(A). Un electrón
(B). Una partícula alfa
(C). Un neutrón
(D). Un protón
Solución: B. Según De Broglie, toda partícula lleva asociada una longitud de onda, pero esta es menor cuanto mayor es la masa de la partícula (para igual velocidad de todas las partículas que se comparen).
De las cuatro dadas, la partícula alfa es la que tiene más masa porque es un núcleo de helio. Como el helio tiene número atómico 2, eso indica que tiene 2 protones en su núcleo, lo que la convierte en la más pesada (teniendo en cuenta además que también tiene neutrones).
Un neutrón solitario tiene aproximadamente la misma masa que un protón (y bastante mayor que la del electrón), por lo que la masa de un neutrón será menor que la de una partícula alfa.
8. Los elementos Br, As, Ti, K y Cs….
(A). están ordenados en orden decreciente de electronegatividad.
(B). están ordenados en orden creciente de energía de ionización.
(C). están ordenados en orden creciente de afinidad electrónica.
(D). están ordenados en orden decreciente de poder reductor.
Solución: A. Esta es la posición de los elementos dados en la tabla periódica:
La electronegatividad decrece al desplazarnos hacia la izquierda en un mismo periodo del sistema periódico y hacia abajo dentro de un mismo grupo. Por ello, lo primero que cabe deducir es que el elemento con menor electronegatividad será el Cs.
De los demás, puede predecirse este orden de electronegatividad: Br > As > Ti > K.
En cuanto a la energía de ionización y la afinidad electrónica, crecen hacia arriba y hacia la derecha. Por ello, el que tendrá menor valor de estas propiedades teóricamente será el Cs y el que tendrá más valor de estas propiedades será el Br.
Finalmente, el poder reductor crece hacia la izquierda y hacia abajo, luego el que tendrá mayor poder reductor será el Cs.
9. El elemento de número atómico 26…
(A). tiene tres electrones en la última capa.
(B). es un elemento de transición.
(C). es de los elementos más electronegativos que existen.
(D). aparece normalmente en la naturaleza en forma de gas diatómico.
Solución: B. Escribiendo los cuatro primeros periodos de la tabla periódica y numerando los elementos es fácil averiguar que se trata del Fe:
Su configuración electrónica es 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6. Por lo tanto, es claro que no tiene tres electrones en su última capa ni que es muy electronegativo (los elementos más electronegativos están a la derecha y arriba de la tabla periódica).
10. El cloruro de cesio cristaliza en una red cúbica centrada en el cuerpo. El número de iones más próximos que rodean a un ion determinado es…
(A). 4
(B). 6
(C). 8
(D). 12
Solución: C. En las estructuras cúbicas centradas en el cuerpo existe un átomo en el centro del cubo y un átomo en cada vértice:
Por lo tanto, el átomo central (Cs) está claro que está rodeado de 8 átomos más próximos (de Cl).
En cuanto a los átomos situados en los vértices, si consideramos uno cualquiera es fácil entender que los átomos que tiene más próximos son los 8 átomos centrales de los ocho cubos aledaños. Téngase en cuenta que si la arista del cubo es a, por consideraciones geométricas se puede deducir que distancia de un átomo de un vértice al centro de cualquier cubo aledaño es menor que a (concretamente es ((√3) / 2) a = 0,866 a).
11. La unión de sodio y cloro para formar una red cristalina de NaCl desprende mucha energía. De los siguientes, ¿qué término(s) energético(s) explica(n) este hecho?
(A). Sobre todo, el potencial de ionización del sodio.
(B). El potencial de ionización del sodio combinado con la afinidad electrónica del cloro.
(C). La energía de red.
(D). La energía de disociación de la molécula Cl2 en átomos Cl.
Solución: C. Los potenciales de ionización son endotérmicos. Por lo tanto, el potencial de ionización del sodio no explica que al formarse la red cristalina de NaCl se desprenda energía (es decir, no explica que el proceso sea exotérmico).
En cambio, las afinidades electrónicas suelen ser exotérmicas. Ahora bien, la afinidad electrónica del Cl proporcionaría una entalpía que es de esperar que sea del mismo orden que la que se necesita para ionizar el Na, por lo que más o menos se compensarían ambos términos energéticos y no tendríamos explicación de por qué la formación de una red cristalina de NaCl desprende tanta energía. (De hecho, la afinidad electrónica del Cl es menor en valor absoluto al potencial de ionización del Na, por lo que sumando ambas se obtendría una energía positiva (endotérmica)).
La energía de disociación del Cl2 es endotérmica (se necesita energía para romper un enlace).
Por lo tanto, lo que justifica el fuerte desprendimiento de energía es la energía de red, basada en la atracción electrostática entre cargas opuestas.
12. ¿Qué explicación podría darse a que el azufre presente valencias covalentes 2, 4 y 6 y sin embargo el O, que pertenece al mismo grupo y tiene la misma configuración electrónica de valencia, solo presente valencia 2?
(A). El S puede promocionar electrones a orbitales d.
(B). El S tiene más electrones y, por tanto, más posibilidad de formar enlaces.
(C). El O es demasiado electronegativo.
(D). El O tiene un radio atómico demasiado bajo como para poder unirse a más de dos átomos, pues no tendrían espacio para colocarse.
Solución: A. La configuración electrónica del oxígeno es 1s2 2s2 2p4; la del S: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4. Como se ve, las configuraciones de la capa de valencia (la más externa) coinciden. Pero en la capa de valencia del S hay orbitales d próximos, y eso no le sucede al oxígeno.
Absorbiendo relativamente pequeñas cantidades de energía, el S puede promocionar electrones a esos orbitales d según se muestra en el siguiente esquema:
En la situación que se ilustra más arriba, hay dos electrones desapareados, lo que justifica la valencia covalente 2; en la de en medio hay 4 electrones desapareados y en la de abajo hay 6.
Que el S tenga más electrones que el O no es una razón para que tenga más valencias. El O tiene suficientes electrones como para formar tantos enlaces como el S.
Tampoco es una razón que el oxígeno, supuestamente, no se pueda unir a más de dos átomos, entre otras razones porque sí puede hacerlo, como en la molécula ion H3O+.
13. Sabiendo que en la molécula de XeF4 el Xe está unido a los F por cuatro enlaces sencillos, ¿de cuántos electrones queda rodeado el Xe en la estructura de Lewis de ese compuesto?
(A). 6
(B). 8
(C). 10
(D). 12
Solución: D. Según lo dicho en el enunciado, una estructura de Lewis probable sería:
En ella, el Xe emplea 4 electrones para formar sus cuatro enlaces sencillos con los F. Pero el Xe tiene 8 electrones en su última capa, por lo que lo razonable es que los otros cuatro formen parejas de no enlace. Eso hace que el Xe se rodee de 12 electrones en total.
14. En general, a mayor orden de enlace…
(A). la longitud de enlace es menor.
(B). la energía de enlace es menor.
(C). menos estable es la molécula.
(D). más electrones habrá en orbitales antienlazantes respecto al número de electrones existentes en orbitales enlazantes.
Solución: A. La teoría de orbitales moleculares define el orden de enlace como la diferencia entre el número de electrones en orbitales enlazantes y el número de electrones en orbitales antienlazantes dividida por 2. Por lo tanto, a más electrones en orbitales enlazantes y menos electrones en orbitales antienlazantes mayor será el orden de enlace.
Este orden de enlace está relacionado directamente con la energía de enlace y, en consecuencia, con la estabilidad de la molécula, pero inversamente con la longitud de enlace porque cuanto más fuerte sea un enlace más próximos estarán los átomos enlazados.
15. La configuración electrónica del molibdeno es [Kr] 4d5 5s1. Se ha estudiado la molécula de dimolibdeno (Mo2) y se ha propuesto el siguiente diagrama de orbitales moleculares (OM) formados entre los orbitales atómicos (OA) 4d y 5s de cada átomo de Mo:
Según el diagrama, los OA 5s de los átomos de Mo forman dos OM, siendo enlazante el de menor energía y antienlazante el de mayor. Por su lado, los cinco OA 4d de cada Mo forman diez OM, siendo enlazantes los cinco de menor energía y antienlazantes los otros cinco. Según eso, ¿cuál sería el orden de enlace de la molécula Mo2?
(A). 2
(B). 3
(C). 5
(D). 6
Solución: D. Cuando dos orbitales atómicos forman dos orbitales moleculares, el de menor energía es enlazante y el de mayor es antienlazante. Según esto y lo que dice el enunciado, los orbitales antienlazantes son los que están marcados con asterisco en esta imagen:
Por lo tanto, hay seis orbitales enlazantes completamente llenos y ninguno antienlazante. Cada orbital enlazante significa un enlace. Esto quiere decir, según la teoría de orbitales moleculares, que en el Mo2 los dos Mo están unidos por seis enlaces (enlace séxtuple).
No se tienen en cuenta las capas completas internas (resumidas con el símbolo [Kr] que aparece en la configuración electrónica) porque dentro de ellas el número de orbitales enlazantes se compensa con el de antienlazantes, lo que hace que no contribuyan al enlace. Solo contribuyen las capas más externas.
16. Un híbrido de resonancia es…
(A). un enlace cuyo orden de enlace no es un número entero (por ejemplo, el enlace de la molécula NO, que es de orden 2,5).
(B). la unión de dos o más orbitales puros (por ejemplo sp3).
(C). la «superposición» de varias estructuras canónicas para tratar de reproducir la estructura real de una molécula.
(D). nada de lo dicho en las otras respuestas.
Solución: C. La unión de dos o más orbitales puros forma un orbital híbrido, pero eso no tiene nada que ver con un “híbrido de resonancia”. Este tampoco es un enlace.
En el modelo de la resonancia la “hibridación” no se refiere a orbitales, sino a distribuciones de electrones en las moléculas o estructuras de Lewis. Cada estructura plausible se llama estructura canónica. Ninguna de las estructuras canónicas por sí sola refleja la estructura real de la molécula, pero la “superposición” de todas ellas sí que se puede acercar bastante a dicha estructura real.
17. En el trifluoruro de boro los enlaces B–F forman entre sí ángulos de…
(A). 90º
(B). 109,5º
(C). 120º
(D). 180º
Solución: C. El enlace es de 120o, y se puede entender por dos vías.
En la estructura de Lewis del BF3, el átomo central (B) dispone a su alrededor los tres electrones de su capa de valencia para unirse a otros tantos átomos de F. De este modo, alrededor del átomo de B quedan tres regiones de elevada densidad electrónica (las regiones donde se hallan los pares de electrones que forman los tres enlaces). Matemáticamente, la disposición geométrica que permite una mayor separación de esas tres regiones (y, por tanto, una minimización de las repulsiones) es un triángulo equilátero con el átomo B en el centro. Por lo tanto, los enlaces B–F formarán ángulos de 120º.
Veámoslo de otro modo. La configuración electrónica del boro es 1s2 2s2 2p1. Como se ve, tiene un solo electrón desapareado en su capa de valencia (el electrón 2p). Para poder enlazarse con tres átomos de F necesita tener tres electrones desapareados. Para ello, se admite que desaparea los dos que se encuentran en el orbital 2s, «promocionando» uno a otro orbital 2p: 1s2 2s1 2px1 2py1. De esta manera le quedan tres electrones desapareados. Pero la teoría de la hibridación de los orbitales propone que esos orbitales ya no son ni s ni p, sino híbridos sp2. Y los híbridos sp2 se colocan en un plano formando entre sí ángulos de 120º para minimizar repulsiones.
18. En los complejos, el anión SO42– actúa normalmente como ligando…
(A). monodentado.
(B). bidentado.
(C). tridentado.
(D). tetradentado.
Solución: B. Para formar complejos con metales, el ligando SO42– se suele unir al metal a través de dos átomos de O; por eso se dice que es bidentado.
No es plausible que actúe como ligando tri o tetradentado porque al tener el S cuatro regiones de elevada densidad electrónica alrededor (los enlaces con los cuatro O) la forma de la molécula es tetraédrica:
Eso supone que uno o dos O podrían estar próximos a un metal y formar con él enlaces coordinados. Pero los otros dos O quedarían en posiciones opuestas del tetraedro y en consecuencia no podrían donar electrones al metal.
19. Una de las siguientes proposiciones sobre el enlace de H es falsa:
(A). Es responsable de la estructura helicoidal de muchas biomoléculas.
(B). Explica que el hielo sea menos denso que el agua.
(C). Explica por qué muchas reacciones bioquímicas transcurren a grandes velocidades.
(D). Explica por qué el agua tiene tan bajo calor específico.
Solución: D. Los enlaces de H intramoleculares en ciertas macromoléculas biológicas como proteínas y ácidos nucleicos dan a estas moléculas estructura helicoidal o análoga. Estos enlaces pueden romperse fácilmente, lo que explica la gran velocidad de algunas reacciones bioquímicas.
El hielo es menos denso que el agua porque sus moléculas ocupan un volumen anormalmente grande debido a una estructura peculiar, que a su vez se explica por la formación de enlaces de H.
Finalmente, el agua tiene un calor específico más alto de lo esperable debido a que se necesita una gran cantidad de calor para elevar su temperatura porque el calor suministrado se ha de invertir primero en romper los enlaces de H.
20. El cloruro de hidrógeno (HCl) es un gas. Cuando se enfría suficientemente (aprox. –114 oC) se convierte en un sólido. ¿De qué tipo?
(A). Iónico
(B). Covalente
(C). Metálico
(D). Molecular
Solución: D. En general, cuando se solidifica un gas el tipo de sólido que se forma es molecular, es decir, una estructura en cuyas posiciones cristalinas existen moléculas completas. Es decir, en dichas posiciones no se sitúan iones H+ y Cl–, que es lo que sucedería si el sólido fuese iónico.
Dentro de estas moléculas los átomos están unidos entre sí por enlaces esencialmente covalentes (como es el caso del H–Cl). Pero eso no significa que el sólido sea de los llamados “covalentes”.
El nombre de “sólido molecular” responde al hecho de estar formado por moléculas organizadas en una red cristalina. Entre las moléculas las interacciones son débiles (de Van der Waals) y eso explica que el HCl sólido («congelado») tenga puntos de fusión y ebullición tan bajos.
21. De los siguientes sólidos que nos podemos encontrar en la vida cotidiana, ¿cuál servirá mejor para hacer de aislante eléctrico tanto en estado sólido como fundido?
(A). Un mango de polietileno de un cepillo de dientes
(B). Sal de cocina
(C). Una moneda
(D). Un trozo de tiza
Solución: A. El polietileno es un sólido molecular y por tanto no conduce la corriente ni en estado sólido ni fundido.
La moneda (sólido metálico) conduce la corriente en ambos estados.
La sal de cocina (sólido iónico) es mala conductora en estado sólido, pero buena en estado líquido porque sus iones están libres.
La tiza es una mezcla de yeso (sulfato sódico) y arcillas. El sulfato sódico también es iónico y por tanto es conductor en estado líquido, pero no en estado sólido. Algo parecido les ocurriría a las arcillas en el caso de que se pudieran fundir sin descomponerse (hay muchos tipos de arcillas y de propiedades muy variadas).
22. (ESTA PREGUNTA Y LAS DOS SIGUIENTES ESTÁN RELACIONADAS). Un compuesto tiene la siguiente composición porcentual: N: 35 %, O: 60 %; H: 5 %. ¿Cuál de las siguientes podría ser su fórmula empírica? (Pesos atómicos: N: 14; O: 16; H: 1).
(A). N3O4H5
(B). N3O6H5
(C). N2O3H4
(D). N2O3H8
Solución: C. Si partimos de 100 g del compuesto tendremos 35 g de N, 60 g de O y 5 g de H. Dividiendo estas masas entre sus correspondientes pesos atómicos obtendremos los moles de átomos de cada elemento en 100 g: N: 35 / 14 = 2,5; O: 60 / 16 = 3,75; H: 5 / 1 = 5.
Una fórmula empírica sería, pues, N2,5O3,75H5. La dividiremos por el número menor para tratar de expresarla con números enteros sencillos: NO1,5H2. Como aún no se obtienen números enteros, multiplicaremos por 2: N2O3H4. De las fórmulas dadas, la respuesta solo puede ser NH4NO3.
23. (ESTA PREGUNTA ESTÁ RELACIONADA CON LA ANTERIOR Y LA SIGUIENTE). ¿Cuánto amoniaco se podría producir teóricamente como máximo a partir de 100 g del compuesto anterior?
(A). 17 g
(B). 28,3 g
(C). 42,5 g
(D). 50 g
Solución: B. Según la composición porcentual que se nos ha dado, en 100 g hay 35 g de nitrógeno y 5 g de hidrógeno. La molécula de amoniaco es NH3. Como el peso atómico del N es 14 y el del H es 1, se necesitan 14 g de N por cada 3 g de H para formar 17 g de amoniaco.
Como la proporción de masas entre el H y el N en el NH3 es 3/14, los 35 g de N de que disponemos requerirían 35 (3/14) = 7,5 g de H. Pero como no disponemos de 7,5 g de H, sino solo de 5 g, el H es el “reactivo limitante” y los cálculos hay que hacerlos con él.
Los 5 g de H reaccionarían con 5 (14/3) = 23,3 g de N. Sumando esa cantidad de N a los 5 g de H empleados se obtienen 28,3 g de NH3.
Nótese que no es necesario conocer la reacción de producción de NH3 a partir de NH4NO3 porque el enunciado pide que se calcule la cantidad máxima que se podría obtener teóricamente haciendo uso del todo el N y todo el H.
24. (ESTA PREGUNTA ESTÁ RELACIONADA CON LAS DOS ANTERIORES). ¿Cuánto monóxido de nitrógeno se podría extraer teóricamente de 100 g del compuesto?
(A). 30 g
(B). 60 g
(C). 75 g
(D). 100 g
Solución: C. Se procede como en el apartado anterior.
Según la composición porcentual, en 100 g de NH4NO3 hay 60 g de O y 35 g de N.
Supongamos que O es el “reactivo limitante”, es decir, que se usa todo el O que hay en los 100 g de NH4NO3 para formar NO. Como el peso molecular de NO es 30 y 1 mol de esa especie contiene 14 g de N y 16 g de O, la cantidad máxima teórica de N que se podría combinar con los 60 g de O sería 60 (14/16) = 52,5 g. Como solo disponemos de 35 g, el N limitaría la reacción y habría que rehacer los cálculos basándonos en él.
Disponemos, entonces, de 35 g de N. La cantidad de O que puede reaccionar con esos 35 g de N para dar NO sería 35 (16/14) = 40 g. La masa de NO obtenida sería 35 + 40 = 75 g.
25. (ESTA PREGUNTA Y LAS DOS SIGUIENTES ESTÁN RELACIONADAS). La densidad del aire seco es 1,204 g L–1 a 20 oC y 1 atm de presión. Se toma una cierta cantidad de aire seco a 1 atm y se comprime isotérmicamente hasta un determinado volumen. La nueva densidad resulta ser 3,6 g L–1. ¿Cuál es aproximadamente la nueva presión del gas? (Suponer comportamiento ideal).
(A). 0,33 atm
(B). 1,5 atm
(C). 3 atm
(D). Falta un dato.
Solución: C. De la ecuación de estado de los gases ideales, pV = nRT, y teniendo en cuenta que el número de moles está relacionado con la masa de la muestra (m) y el peso molecular (M) por n = m / M y que la densidad se define como d = m / V, se puede llegar a estas expresiones:
p = d RT / M
p’ = d’ RT’ / M
representando los símbolos de comilla (’) las condiciones finales.
Dividiendo la segunda expresión entre la primera:
p’ / p = (d’ / d) / (T’ / T)
Como el proceso es isotérmico (T’ = T) la igualdad anterior se puede simplificar para llegar a otra en la que se puede despejar p’ así:
p’ = p (d’ / d)
Sustituyendo datos:
p’ = 1 · (3,6 / 1,204) ≈ 3 atm
26. (ESTA PREGUNTA ESTÁ RELACIONADA CON LA ANTERIOR Y LA SIGUIENTE). Si, manteniendo la temperatura constante, se va modificando la presión poco a poco y se representan gráficamente los valores de la presión frente a los de densidad, ¿qué tipo de representación gráfica se obtendría?
(A). Una recta que pasa por el origen de coordenadas
(B). Una exponencial creciente
(C). Una exponencial decreciente
(D). Una curva polinómica de segundo grado
Solución: A. Como hemos visto antes, p’ = p (d’ / d), de donde
p’ = (p / d) d’
Como la ecuación de una recta es:
y = A x + B
siendo A la pendiente y B la ordenada en el origen, comparando ambas expresiones se concluye que la representación gráfica de p’ frente a d’ sería una recta de pendiente (p / d) (que en este caso valdría 1 / 1,204 = 0,83) y una ordenada en el origen igual a 0, lo que significa que la recta pasaría por el eje de coordenadas. Que sea así es lógico, ya que si la densidad de un gas tiende a 0 debería ejercer una presión tendente a 0.
Todo esto significa que en un gas ideal cuya temperatura se mantiene constante, la presión varía linealmente con la densidad, o viceversa. De este modo, al doblar la presión se duplicaría la densidad, al triplicar la presión se triplicaría la densidad, etc.
27. (ESTA PREGUNTA ESTÁ RELACIONADA CON LAS DOS ANTERIORES). ¿Cuánto vale, aproximadamente, la masa molecular media o aparente del aire seco, considerando que todos sus gases componentes se comportan idealmente?
(A). 28,1 g mol–1
(B). 28,9 g mol–1
(C). 30 g mol–1
(D). Para calcularla se necesita la composición porcentual en masa del aire seco.
Solución: B. Aunque el aire seco es una mezcla de gases, como estos se comportan idealmente podemos considerar que se trata de un solo gas ideal.
De pV = nRT, y teniendo en cuenta que n = m / M (siendo m la masa de aire en un volumen V y M el peso molecular aparente o medio del aire) y que la densidad se define como d = m / V, se llega a:
M = d RT / p
Sustituyendo datos del enunciado de la primera parte: M = 1,204 · 0,082 · 293 / 1 = 28,9 g mol–1.
28. (ESTA PREGUNTA Y LAS DOS SIGUIENTES ESTÁN RELACIONADAS). Unos investigadores dudan sobre el orden correcto de ocupación de los orbitales moleculares en la molécula B2, de la que se sabe experimentalmente que tiene unidos sus dos átomos por enlace simple y que es paramagnética. Proponen estas dos ordenaciones alternativas de los orbitales moleculares, de menor a mayor energía:
1) σ1s < σ1s* < σ2s < σ2s* < σ2px < π2py = π2pz <π2py* = π2pz*< σ2px*…
2) σ1s < σ1s* < σ2s < σ2s* < π2py = π2pz < σ2px <π2py* = π2pz*< σ2px*…
¿Cuál de ellas explicaría mejor los datos empíricos mencionados?
(A). No se puede decidir pues ambas explican la existencia de enlace simple en B2.
(B). La primera.
(C). La segunda.
(D). No se puede decidir pues ambas explican el paramagnetismo del B2.
Solución: C. Cada átomo de B aporta 5 electrones a la molécula B2; por lo tanto, hay que colocar 10 electrones en los orbitales moleculares, lo cual se haría de este modo en cada una de las posibles ordenaciones alternativas:
1) (σ1s)2 (σ1s*)2 (σ2s)2 (σ2s*)2 (σ2px)2
2) (σ1s)2 (σ1s*)2 (σ2s)2 (σ2s*)2 (π2py)1 (π2pz)1
De ambas se deduce un orden de enlace 1, pues quedan alojados 6 electrones en orbitales enlazantes y 4 en antienlazantes, lo que supone una diferencia de un par enlazante.
Esto está de acuerdo con la observación experimental de enlace simple, pero la respuesta “No se puede decidir pues ambas explican la existencia de enlace simple en B2” no es válida ya que, a pesar de eso, sí se puede decidir, como se explica a continuación.
Según la primera ordenación la molécula de B2 no sería paramagnética, ya que no tiene electrones desapareados. La segunda, sin embargo, presenta 2 electrones desapareados (es un dirradical) y eso está de acuerdo con el paramagnetismo observado. Por lo tanto, la segunda explicaría mejor las dos observaciones experimentales: que existe un enlace simple y que la molécula es paramagnética.
29. (ESTA PREGUNTA ESTÁ RELACIONADA CON LA ANTERIOR Y LA SIGUIENTE). Si el orden correcto de ocupación de orbitales moleculares de la especie B2 es el mismo que para el anión B22–, decir si este sería paramagnético y calcular su orden de enlace según la teoría de orbitales moleculares.
(A). B22– no sería paramagnético y su orden de enlace sería 2.
(B). B22– no sería paramagnético y su orden de enlace sería 1.
(C). B22– sería paramagnético y su orden de enlace sería 2.
(D). B22– sería paramagnético y su orden de enlace sería 1.
Solución: A. El anión B22– tiene 12 electrones (los 10 del B2 más los dos que ha aceptado).
En la pregunta anterior hemos comprobado que el orden de ocupación correcto es:
σ1s < σ1s* < σ2s < σ2s* < π2py = π2pz < σ2px <π2py* = π2pz*< σ2px*…
Por lo tanto, la configuración electrónica molecular del anión B22– será:
(σ1s)2 (σ1s*)2 (σ2s)2 (σ2s*)2 (π2py)2 (π2pz)2
De ella se deduce un orden de enlace de (8 – 4) / 2 = 2 y se predice que la especie no será paramagnética pues no tiene electrones desapareados.
En cambio, si el orden de ocupación de los electrones en la especie B22– fuese:
σ1s < σ1s* < σ2s < σ2s* < σ2px < π2py = π2pz <π2py* = π2pz*< σ2px*…
entonces su configuración electrónica sería: (σ1s)2 (σ1s*)2 (σ2s)2 (σ2s*)2 (σ2px)2 (π2py)1 (π2pz)1
En ese caso el orden de enlace sería también de 2, pero se predeciría una especie paramagnética debido a la existencia de dos electrones desapareados.
30. (ESTA PREGUNTA ESTÁ RELACIONADA CON LAS DOS ANTERIORES). Para el catión B22+ la teoría de orbitales moleculares predice…
(A). que su orden de enlace será 1.
(B). que no debería existir o, de existir, sería muy inestable.
(C). que es paramagnético.
(D). que es más estable que el catión B2+.
Solución: B. La configuración electrónica molecular del anión B22+ (8 electrones) predicha por la teoría de orbitales moleculares será:
(σ1s)2 (σ1s*)2 (σ2s)2 (σ2s*)2
de donde se deduce un orden de enlace de 0; es decir, la predicción dice que la especie no podría existir. Hay que tener en cuenta que la teoría de orbitales moleculares hace predicciones, pero no se puede considerar imposible que la especie exista. En cualquier caso, de existir, sería altamente improbable que fuese estable.
En cuanto a la especie B2+ (9 electrones), su configuración electrónica molecular sería:
(σ1s)2 (σ1s*)2 (σ2s)2 (σ2s*)2 (π2py)2
lo que significa un orden de enlace de 0,5. Por lo tanto, se predice una mayor estabilidad para B2+ que para B22+.
