M - CiberEsquina - Universidad Nacional Abierta

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MODELO DE RESPUESTA
PRIMERA PARCIAL
VERSIÓN 1
2015-1
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UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADEMICO
AREA: INGENIERÍA
CARRERA: INGENIERIA INDUSTRIAL
MODELO DE RESPUESTAS
ASIGNATURA: QUIMICA
MOMENTO: PRIMERA PARCIAL
FECHA DE APLICACIÓN: 02/05 /2015
Coordinador: Ing. Anel Núñez
CÓDIGO: 209
VERSION: 1
LAPSO: 2015-1
OBJETIVO 1
C/D: 2/2
RESPUESTA PREGUNTA 1
Si conocemos la abundancia de porcentaje de cada isótopo de un elemento,
podemos calcular la masa atómica promedio del elemento. Para este problema
es necesario determinar la abundancia de porcentaje de cada elemento cuando
se da la masa atómica.
Usaremos el algebra y la habilidad para resolver una ecuación algebraica.
Dejaremos que x sea igual a la fracción de 270Q y (1-x) igual a la fracción de 280Q.
Entonces tenemos:
270x + 280(1-x) = 276
x= 0,40
1-x= 0,60
En otras palabras 40% del elemento es 270Q y 60% del elemento es 280Q.
Preguntamos si la solución tiene sentido. Usando la estimación podemos razonar
que si 50% del elemento fuera 270Q y 50% fuera 280Q, entonces la masa atómica
del elemento debería ser 275. Como es mas de 275, deberá estar presente una
cantidad ligeramente mayor de 280Q, y ése es el caso con esta solución.
RESPUESTA PREGUNTA 2
La distribución electrónica del vanadio será:
1s22s22p63s23p64s23d3
Puesto que el nivel 3d puede aceptar hasta un máximo de 10 electrones (en 5
orbitales) y solamente se dispone de 3 electrones, (3d3), un electrón ira en cada
uno de los 3 orbitales y dos permanecerán sin electrones (vacíos). Esta
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distribución se puede ilustrar escribiendo los electrones 3d 3 de la distribución
electrónica así:
d13d13d13d03d0, o sea,
3d
La regla de Hund no permite una distribución como la siguiente:
El principio de Exclusión de Pauli limita a dos el número de electrones por orbital.
Si los primeros tres números cuánticos son idénticos para dos electrones, estos
deben tener espines opuestos: por esta razón no es permitido el siguiente
diagrama orbital para el orbital 3d:
OBJETIVO 2
C/D:2/2
RESPUESTA PREGUNTA 3
Buscamos el valor de electronegatividad de cada elemento en la tabla. Si existe
una diferencia en electronegatividad entre los dos átomos que forman el enlace,
entonces el enlace es polar. Si no existe ninguna diferencia en electronegatividad
entonces el enlace es no polar.
a) Cl--------Cl
3.0
3.0
No existe diferencia en electronegatividad, así que el
enlace es no polar
0.0 diferencia
b) P--------O
2.1
3.5
Existe diferencia en electronegatividad, así que el
enlace es polar
1.4 diferencia
c) C--------S
2.5
2.5
No existe diferencia en electronegatividad, así que el
enlace es no polar
0.0 diferencia
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RESPUESTA PREGUNTA 4
a) La estructura de Lewis será:
HH
.. .. .. ..
:Br:C:C:Br:
.. .. .. ..
H H
b) La estructura de Lewis será:
..
H:N:H
..
H
OBJETIVO 3
C/D: 1/1
RESPUESTA PREGUNTA 5
1) Las ecuaciones esquemáticas parciales para los agentes oxidante y
reductor son:
MnO4- → MnO2 (MnO4- agente oxidante)
(1a)
SO32- → SO42-( SO32- agente reductor)
(1b)
2) Se balancean los átomos de cada semireacción. En la ecuación (1a) faltan
dos O en la derecha, por consiguiente, se añade 2H2O a la izquierda y
4OH- al lado derecho de la ecuación:
MnO4- + 2H2O → MnO2 + 4OH-
(2ª)
La ecuación (1b) se balancea en forma semejante. Se añade 1H2O en la derecha
y 2OH- en la izquierda,
SO32- + 2OH- → SO42- + H2O
(2b)
3) Se balancean las cargas con electrones. En la ecuación (2a) la carga neta
es -1 en la izquierda y -4 en la derecha. Entonces, se agregan 3e- a la
izquierda,
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MnO4- + H2O + 3e- = MnO2 + 4OH-
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(3a)
Para balancear eléctricamente la ecuación (2b) se suman 2e- a la derecha,
SO32- + 2OH- = SO42- + H2O + 2e-
(3b)
4) Antes de sumar las ecuaciones, la ecuación (3a) se multiplica por 2 y la
(3b) por 3:
2MnO4- + 4H2O + 6e- =
2MnO2 + 8OH3SO32- + 6OH=
3SO42- + 3H2O + 6e___________________________________________________
2MnO4- +3SO32- +4H2O+6OH- = 2MnO2 + 3SO42- + 8OH- + 3H2O.
(4ª)
Esta última ecuación permite ciertas simplificaciones puesto que H2O y OHaparecen en ambos lados y pueden cancelarse parcialmente
2MnO4- + 3SO32- + H2O = 2MnO2 + 3SO42- + 2OH-
OBJETIVO 4
C/D: 1/1
RESPUESTA PREGUNTA 6
Obtenemos los valores ΔHf0 de la tabla Nº 2:
SUSTANCIA
C2H6(g)
O2(g)
CO2(g)
H2O(g)
ΔHf0 (Kcal/mol)
-20,2
0,0
-94,1
-68,3
Ahora, como se forman 6 moles de agua y 4 moles de CO 2 tenemos que
multiplicar ΔHf0 del agua por 6 y ΔHf0 del CO2 por 4. Y como se usan 2 moles de
etano y 7 moles de oxigeno, tenemos que multiplicar ΔHf0 del etano por 2 y ΔHf0
del oxigeno por 7.
ΔH = ΔHf0 (productos) - ΔHf0 (reactivos)
= [6 (ΔH0 H2O ) + 4 (ΔH0 CO2)] – [2(ΔH0 C2H6) + 7 (ΔH0 O2) ]
= [6(-68,3 kcal) + 4(94,1 kcal)]
= -[2(-20,2 kcal) + 7(0,0 kcal)]
= -786,2 kcal + 40,4 kcal = -745,8 kcal.
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La reacción es exotérmica. La combustión de 2 moles de etano libera 745,8 kcal
de calor al entorno.
OBJETIVO 5
C/D: 1/1
RESPUESTA PREGUNTA 7
Para empezar, se organizan los datos, cambiando los grados Celsius a kelvins y
convirtiendo las presiones a las mismas unidades.
Pi = 1,00 (760 torr)
Pf =800 torr
Vi=5,00 L
Vf=?
Ti= ti + 273
Tf= tf + 273
= 25 + 273=298 K
=50 +273=323 K
Utilizando la Ley Combinada de los Gases:
(Pi Vi ) / Ti = (Pf Vf) /Tf
Entonces Vf = (PiViTf ) / Pf Ti
Vf= (760 torr)(5,00 L)(323 K) / (800 torr)(298 K) = 5,15 L
CRITERIO DE CORRECCIÓN GENERAL: El objetivo será logrado si el
estudiante responde de manera similar o igual a este modelo y justifica
debidamente sus respuestas.
FIN MODELO DE RESPUESTAS
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