quimica

OPCIÓN A
CUESTIÓN 1.- Explica cuáles de los siguientes grupos de números cuánticos (listados en el orden n,
l, ml, ms) son imposibles para un electrón en un átomo: a) ( 4, 2, 0, + 1/2 ), b) ( 3, 3, 2, – 1/2 ), c)
( 2, 0, 1, + 1/2 ), d) ( 4, 3, 0, + 1/2 ), e) ( 3, 2, – 2, – 1).
Solución:
a) Estos valores son todos posibles para determinar un electrón en un átomo. El electrón se sitúa
en elorbital 4d.
b) Estos valores de los números cuánticos son imposibles porque nunca, el valor del número
cuántico secundario l puede ser igual al valor del número cuántico principal n.
c) No son válidos estos valores porque para un valor 0 del número cuántico azimutal, l, el
número cuántico magnético ml sólo puede tomar el valor 0.
d) Este grupo de números cuánticos es correcto para determinarun electrón y corresponde a un
electrón que se encuentra en un orbital 4f.
e) Imposible, ya que ms nunca puede tomar valores distintos a – 1/2 o + 1/2.
CUESTIÓN 2.- Para una reacción química A (g) + B (g) → C (g), donde ∆Hor = − 80 KJ y ∆Sor
= − 190 J · K−1, calcula la temperatura límite a la que es espontánea. ¿Qué significado tienen los
valores negativos de las variaciones de entalpía yentropía?
Solución:
La espontaneidad de una reacción viene dada por el valor de su energía libre de Gibbs, la cuál se
determina por la expresión: ∆Go = ∆Ho − T · ∆So.
Si ∆Go > 0, la reacción no es espontánea.
Si ∆Go < 0, la reacción es espontánea.
Si ∆Go = 0, la reacción está en equilibrio.
La reacción propuesta comenzará a alcanzar la espontaneidad, cuando el valor de ∆Go pase de
ser cero, atomar un valor negativo, por lo que para calcular la temperatura límite a la que la reacción es
espontánea, hay que determinar la temperatura de equilibrio, y de ella, deducir la que se busca. Por tanto:
− 80 kJ ⋅ mol −1
∆H o
0 = ∆H o − T ⋅ ∆S o ⇒ T ⋅ ∆S o = ∆H 0 ⇒ T =
=
= 421,1 K
∆S o
− 190 ⋅10 −3 kJ ⋅ mol −1 ⋅ K −1
Al ser ∆Ho y ∆So negativos, para que la reacción sea espontánea, ∆Go <0, ha de cumplirse que
o
∆H  sea superior a T · ∆So, por lo que, a partir de una temperatura inferior a 421,1 K o 421,1 − 273
= 148,1 ºC, la reacción será espontánea.
El signo negativo de la variación de entalpía significa que la reacción transcurre desprendiendo
de energía, es decir, la reacción es exotérmica.
El signo negativo de la variación de entropía significa que la reaccióntranscurre con un
reordenamiento molecular, es decir, en los productos hay más orden (1mol de gas) que en los reactivos (2
moles de gas).
Resultado: A T > 421,1 K; − ∆Ho reacción exotérmica; − ∆So disminución del desorden.
PROBLEMA 2- a) Escribe las ecuaciones termoquímicas correspondientes a los procesos de
formación estándar, a partir de sus elementos, del dióxido de carbono, agua y ácidometanoico, y la
reacción de combustión de este último.
b) Determina la entalpía estándar de combustión del ácido metanoico.
DATOS: ∆Hf0 (CO2) = −393,5 kJ· mol−1; ∆Hf0 (H2O) = −285,8 kJ· mol−1; ∆Hf0 (HCOOH) = −409 kJ·
mol−1; P. E. (HCOOH) = 8,4 ºC; P. E. (HCOOH) = 100,7 ºC
Solución:

a) Las ecuaciones termoquímicas correspondientes a los procesos de formación estándar del
CO2, H2O, HCOOH ycombustión del ácido metanoico son:
C (s) + O2 (g) → CO2 (g)
∆Hfo = − 393,5 kJ · mol−1;
1
O2 (g) → H2O (l)
∆Hfo = − 285,8 kJ · mol−1;
H2 (g) +
2
C (s) + H2 (g) + O2 (g) → HCOOH (l)
∆Hfo = − 409 kJ · mol−1;
1
HCOOH (l) +
O2 (g) → CO2 (g) + H2O (l)
∆Hfo = ?
2
b) Invirtiendo la ecuación de formación del ácido metanoico, incluido el cambiando de signo a
su entalpía, y sumando las tresprimeras ecuaciones, incluido sus entalpías, esto es, aplicando la ley de
Hess, se tiene la ecuación de combustión del ácido metanoico y el valor de su entalpía:
C (s) + O2 (g) → CO2 (g)
∆Hfo = − 393,5 kJ · mol−1;
1
H2 (g) +
O2 (g) → H2O (l)
∆Hfo = − 285,8 kJ · mol−1;
2
HCOOH (l) → C (s) + H2 (g) + O2 (g)
∆Hfo = 409 kJ · mol−1;
1
O2 (g) → CO2 (g) + H2O (l)
∆Hfo = − 270,3 kJ · mol−1....