Examen Resuelto Prueba Acceso UCM Química 2025

OPCIÓN A

Pregunta A1.-

a) Para escribir la configuración electrónica, primero determinamos el número de electrones de cada especie: * Mg (Z=12) pierde 2 electrones para formar Mg²⁺, por lo que Mg²⁺ tiene 12 - 2 = 10 electrones. Su configuración es la del Neón: $1s^2 2s^2 2p^6$. * Si (Z=14) es un átomo neutro, tiene 14 electrones. Su configuración electrónica es: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^2$. * Na (Z=11) es un átomo neutro, tiene 11 electrones. Su configuración electrónica es: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^1$. * Cl (Z=17) gana 1 electrón para formar Cl⁻, por lo que Cl⁻ tiene 17 + 1 = 18 electrones. Su configuración es la del Argón: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6$.

b) El electrón más externo del Na se encuentra en el orbital 3s. Los números cuánticos para este electrón son: * Número cuántico principal (n): Define el nivel de energía. Como está en la capa 3, $n=3$. * Número cuántico del momento angular (l): Define la forma del orbital (subnivel). Para un orbital s, $l=0$. * Número cuántico magnético (ml): Define la orientación espacial del orbital. Para l=0, solo hay un valor posible, $m_l=0$. * Número cuántico de espín (ms): Define el giro del electrón. Puede tomar dos valores, $m_s=+\\frac{1}{2}$ o $m_s=-\\frac{1}{2}$. Cualquiera de los dos es válido para el único electrón en el orbital 3s.

c) Para identificar el grupo y periodo: * Na: Su configuración termina en $3s^1$. El número cuántico principal más alto es n=3, por lo que pertenece al Periodo 3. Tiene 1 electrón de valencia en el orbital s, por lo que pertenece al Grupo 1 (metales alcalinos). * Si: Su configuración termina en $3s^2 3p^2$. El número cuántico principal más alto es n=3, por lo que pertenece al Periodo 3. Tiene 2+2=4 electrones de valencia (en n=3), por lo que pertenece al Grupo 14.

La afirmación "el elemento Si presenta mayor radio atómico que el elemento Na" es **Falsa**.
*   *Justificación:* El radio atómico disminuye a lo largo de un periodo de izquierda a derecha. Esto se debe a que, al aumentar el número atómico (Z) dentro del mismo periodo, aumenta la carga nuclear efectiva sobre los electrones de la capa más externa (mismo nivel n=3 para Na y Si), atrayéndolos con más fuerza hacia el núcleo y reduciendo el tamaño del átomo. Como el Na (Grupo 1) está a la izquierda del Si (Grupo 14) en el Periodo 3, el Na tiene mayor radio atómico que el Si.

d) Electronegatividad es la medida de la capacidad de un átomo en una molécula para atraer hacia sí los electrones de un enlace químico. La afirmación "el elemento Na es más electronegativo que el Si" es Falsa. * Justificación: La electronegatividad aumenta a lo largo de un periodo de izquierda a derecha en la tabla periódica. Esto se debe, al igual que la disminución del radio, al aumento de la carga nuclear efectiva, que atrae con más fuerza no solo a sus propios electrones, sino también a los electrones compartidos en un enlace. Dado que Si está a la derecha de Na en el Periodo 3, el Si tiene una mayor carga nuclear efectiva y, por lo tanto, es más electronegativo que el Na. El Na, como metal alcalino, tiene una baja electronegatividad, tendiendo a ceder electrones en lugar de atraerlos.

Pregunta A2.-

a) Reacción: 3-metilpentan-2-ol + H2SO4(concentrado) → * Reactivos: $CH_3-CH(OH)-CH(CH_3)-CH_2-CH_3$ (3-metilpentan-2-ol) y $H_2SO_4$ (catalizador y deshidratante). * Tipo de reacción: Deshidratación intramolecular (eliminación). Se elimina una molécula de agua del alcohol para formar un alqueno. * Regla: Regla de Saytzeff (o Zaitsev). Establece que en una reacción de eliminación, el producto mayoritario es el alqueno más sustituido (el que tiene más grupos alquilo unidos a los carbonos del doble enlace), por ser el más estable. * Productos: La eliminación del -OH del C2 y un H del C3 (átomo de hidrógeno del carbono adyacente con menos hidrógenos) conduce al alqueno más sustituido. $CH_3-CH=C(CH_3)-CH_2-CH_3$ (3-metilpent-2-eno) (Producto mayoritario) También podría eliminarse un H del C1, dando $CH_2=CH-CH(CH_3)-CH_2-CH_3$ (3-metilpent-1-eno) (Producto minoritario). * Producto mayoritario: 3-metilpent-2-eno.

b) Reacción: Propeno + H2O / H+ → * Reactivos: $CH_3-CH=CH_2$ (Propeno) y $H_2O$ en medio ácido ($H^+$). * Tipo de reacción: Adición electrofílica (hidratación). Se añade una molécula de agua al doble enlace. * Regla: Regla de Markovnikov. Establece que en la adición de un reactivo asimétrico (como H-OH) a un alqueno asimétrico, el átomo de hidrógeno se adiciona al carbono del doble enlace que ya tiene el mayor número de átomos de hidrógeno. * Producto: El H del H₂O se añade al C1 (que tiene 2 H) y el OH se añade al C2 (que tiene 1 H). $CH_3-CH(OH)-CH_3$ (Propan-2-ol). * Nombre del producto: Propan-2-ol.

c) Reacción: Etanol + ácido metanoico → * Reactivos: $CH_3-CH_2-OH$ (Etanol) y $HCOOH$ (ácido metanoico). Se requiere un catalizador ácido (ej. H₂SO₄) y usualmente calor. * Tipo de reacción: Esterificación (de Fischer). Reacción de condensación entre un alcohol y un ácido carboxílico para formar un éster y agua. * Producto: El grupo -OH del ácido reacciona con el H del grupo -OH del alcohol para formar agua. El resto del alcohol (-O-CH₂-CH₃) se une al carbonilo del ácido. $HCOO-CH_2-CH_3 + H_2O$ * Nombre del producto: Metanoato de etilo.

d) Reacción: metilpropeno + HBr → * Reactivos: $CH_3-C(CH_3)=CH_2$ (metilpropeno o 2-metilpropeno) y $HBr$. * Tipo de reacción: Adición electrofílica. Se añade HBr al doble enlace. * Regla: Regla de Markovnikov. El átomo de hidrógeno (H) se adiciona al carbono del doble enlace con más hidrógenos (C1, que tiene 2 H). El bromo (Br) se adiciona al otro carbono del doble enlace (C2, que no tiene H y es más sustituido, formando un carbocatión terciario intermedio más estable). * Producto: $CH_3-C(CH_3)Br-CH_3$ * Nombre del producto: 2-bromo-2-metilpropano.

Pregunta A3.-

a) Para calcular el grado de disociación (α), seguimos estos pasos: 1. Calculamos los moles iniciales de PCl₅. La masa molar de PCl₅ es $M(PCl_5) = 31,0 + 5 \\times 35,5 = 208,5 \\ g/mol$. Moles iniciales de PCl₅: $n_0 = \\frac{10,0 \\ g}{208,5 \\ g/mol} = 0,04796 \\ mol$ 2. Planteamos la tabla de equilibrio en moles para la reacción $PCl_5 (g) \\rightleftharpoons PCl_3 (g) + Cl_2 (g)$:

    | Especie        | Moles iniciales | Moles que reaccionan | Moles en equilibrio |
    | -------------- | --------------- | -------------------- | ------------------- |
    | $$PCl_5 (g)$$  | $$n_0$$         | $$-n_0 \\alpha$$      | $$n_0(1 - \\alpha)$$ |
    | $$PCl_3 (g)$$  | $$0$$           | $$+n_0 \\alpha$$      | $$n_0 \\alpha$$      |
    | $$Cl_2 (g)$$   | $$0$$           | $$+n_0 \\alpha$$      | $$n_0 \\alpha$$      |
    | **Total**      | $$n_0$$         |                      | $$n_0(1 + \\alpha)$$ |

3.  Calculamos los moles totales en el equilibrio usando la ley de los gases ideales ($$PV=nRT$$).
    La temperatura es $$T = 300^\\circ C + 273,15 = 573,15 \\ K$$. Usaremos T=573 K como sugiere R.
    La presión total en el equilibrio es $$P_{total} = 2,0 \\ atm$$. El volumen es $$V = 2,0 \\ L$$.
    $$n_{total} = \\frac{P_{total} V}{RT} = \\frac{(2,0 \\ atm)(2,0 \\ L)}{(0,082 \\ atm \\cdot L \\cdot mol^{-1} \\cdot K^{-1})(573 \\ K)} = \\frac{4,0}{46,986} \\approx 0,08513 \\ mol$$
4.  Igualamos la expresión de moles totales de la tabla con el valor calculado:
    $$n_{total} = n_0(1 + \\alpha)$$
    $$0,08513 \\ mol = 0,04796 \\ mol \\times (1 + \\alpha)$$
5.  Despejamos el grado de disociación α:
    $$1 + \\alpha = \\frac{0,08513}{0,04796} \\approx 1,775$$
    $$\\alpha = 1,775 - 1 = 0,775$$
    El grado de disociación del PCl₅ es $$\\alpha = 0,775$$ (o 77,5%).

b) Para calcular Kp, necesitamos las presiones parciales en el equilibrio. Podemos calcularlas usando las fracciones molares y la presión total. 1. Calculamos los moles de cada especie en el equilibrio usando $\\alpha = 0,775$ y $n_0 = 0,04796 \\ mol$: * $n_{PCl_5} = n_0(1 - \\alpha) = 0,04796(1 - 0,775) = 0,04796(0,225) \\approx 0,01079 \\ mol$ * $n_{PCl_3} = n_0 \\alpha = 0,04796(0,775) \\approx 0,03717 \\ mol$ * $n_{Cl_2} = n_0 \\alpha = 0,04796(0,775) \\approx 0,03717 \\ mol$ (Verificamos que $n_{total} = 0,01079 + 0,03717 + 0,03717 \\approx 0,08513 \\ mol$, lo cual coincide). 2. Calculamos las presiones parciales ($P_i = X_i \\cdot P_{total}$), donde $X_i = n_i / n_{total}$ es la fracción molar. * $P_{PCl_5} = \\frac{n_{PCl_5}}{n_{total}} P_{total} = \\frac{0,01079}{0,08513} \\times 2,0 \\ atm \\approx 0,1267 \\times 2,0 \\ atm \\approx 0,253 \\ atm$ * $P_{PCl_3} = \\frac{n_{PCl_3}}{n_{total}} P_{total} = \\frac{0,03717}{0,08513} \\times 2,0 \\ atm \\approx 0,4366 \\times 2,0 \\ atm \\approx 0,873 \\ atm$ * $P_{Cl_2} = \\frac{n_{Cl_2}}{n_{total}} P_{total} = \\frac{0,03717}{0,08513} \\times 2,0 \\ atm \\approx 0,4366 \\times 2,0 \\ atm \\approx 0,873 \\ atm$ 3. Calculamos Kp usando la expresión de la constante de equilibrio en términos de presiones parciales: $K_p = \\frac{P_{PCl_3} \\cdot P_{Cl_2}}{P_{PCl_5}}$ $K_p = \\frac{(0,873 \\ atm)(0,873 \\ atm)}{0,253 \\ atm} = \\frac{0,7621}{0,253} \\approx 3,01 \\ atm$ El valor de Kp a 300ºC es $K_p = 3,01 \\ atm$.

Pregunta A4.-

a) Para ajustar la reacción redox entre Cd metálico y ácido nítrico concentrado produciendo monóxido de nitrógeno (NO): 1. Identificamos los cambios en los estados de oxidación: * Cadmio: $Cd^0 \\rightarrow Cd^{2+}$ (Oxidación: pierde 2 electrones) * Nitrógeno en el ion nitrato: $N^{+5}O_3^- \\rightarrow N^{+2}O$ (Reducción: gana 3 electrones) 2. Escribimos las semirreacciones: * Semirreacción de Oxidación: $Cd \\rightarrow Cd^{2+}$ * Semirreacción de Reducción: $NO_3^- \\rightarrow NO$ 3. Ajustamos átomos distintos de O y H (ya están ajustados). 4. Ajustamos los átomos de Oxígeno añadiendo H₂O: * Oxidación: $Cd \\rightarrow Cd^{2+}$ * Reducción: $NO_3^- \\rightarrow NO + 2H_2O$ 5. Ajustamos los átomos de Hidrógeno añadiendo H⁺ (el medio es ácido nítrico): * Oxidación: $Cd \\rightarrow Cd^{2+}$ * Reducción: $NO_3^- + 4H^+ \\rightarrow NO + 2H_2O$ 6. Ajustamos la carga añadiendo electrones (e⁻): * Semirreacción de Oxidación: $Cd \\rightarrow Cd^{2+} + 2e^-$ * Semirreacción de Reducción: $NO_3^- + 4H^+ + 3e^- \\rightarrow NO + 2H_2O$ 7. Igualamos el número de electrones perdidos y ganados. Multiplicamos la semirreacción de oxidación por 3 y la de reducción por 2: * $3 \\times (Cd \\rightarrow Cd^{2+} + 2e^-) \\Rightarrow 3Cd \\rightarrow 3Cd^{2+} + 6e^-$ * $2 \\times (NO_3^- + 4H^+ + 3e^- \\rightarrow NO + 2H_2O) \\Rightarrow 2NO_3^- + 8H^+ + 6e^- \\rightarrow 2NO + 4H_2O$ 8. Sumamos las semirreacciones ajustadas y cancelamos los electrones: $3Cd + 2NO_3^- + 8H^+ + 6e^- \\rightarrow 3Cd^{2+} + 6e^- + 2NO + 4H_2O$ 9. Ecuación iónica global ajustada: $3Cd(s) + 2NO_3^-(aq) + 8H^+(aq) \\rightarrow 3Cd^{2+}(aq) + 2NO(g) + 4H_2O(l)$

b) Para calcular el potencial estándar de la reacción (E°reacción) y determinar la espontaneidad: 1. Identificamos los potenciales estándar de reducción dados: * $E^0(Cd^{2+}/Cd) = -0,40 \\ V$ * $E^0(NO_3^-/NO) = +0,96 \\ V$ 2. En nuestra reacción, el Cd se oxida y el NO₃⁻ se reduce. El cátodo es donde ocurre la reducción y el ánodo donde ocurre la oxidación. * Cátodo (Reducción): $NO_3^- + 4H^+ + 3e^- \\rightarrow NO + 2H_2O$, con $E^0_{red} = E^0(NO_3^-/NO) = +0,96 \\ V$ * Ánodo (Oxidación): $Cd \\rightarrow Cd^{2+} + 2e^-$, con $E^0_{ox} = -E^0(Cd^{2+}/Cd) = -(-0,40 \\ V) = +0,40 \\ V$ 3. El potencial estándar de la reacción se calcula como: $E^0_{reacción} = E^0_{cátodo} + E^0_{ánodo} = E^0_{reducción} + E^0_{oxidación}$ $E^0_{reacción} = 0,96 \\ V + 0,40 \\ V = +1,36 \\ V$ Alternativamente: $E^0_{reacción} = E^0_{cátodo} - E^0_{ánodo} = E^0(NO_3^-/NO) - E^0(Cd^{2+}/Cd) = (+0,96 \\ V) - (-0,40 \\ V) = +1,36 \\ V$ 4. Justificación de la espontaneidad: Una reacción es espontánea en condiciones estándar si su potencial estándar de reacción (E°reacción) es positivo. Dado que $E^0_{reacción} = +1,36 \\ V > 0$, la reacción es espontánea en condiciones estándar.