Examen de Física i Química — Aragó 2025: propostes A i B resoltes

La part A (pràctica) de la primera prova de l'oposició de Física i Química d'Aragó de 2025 oferia dues propostes alternatives, A i B, de quatre exercicis cadascuna i 10 punts per exercici. La proposta A cobreix equilibri químic, electroquímica, bobines de Helmholtz i tir parabòlic; la B, una retrovaloració redox, termoquímica de combustió, el model d'atmosfera estàndard i electrostàtica. A baix tens l'enunciat i la resolució dels huit exercicis.

Font de l'enunciat. Document oficial del procediment selectiu convocat per l'Orden ECD/137/2025 (BOA d'11/02/2025), especialitat Física i Química, primera prova, part A. L'original inclou la rúbrica de puntuació de cada apartat, que es reprodueix perquè orienta molt sobre el que espera el tribunal. Les solucions són d'elaboració pròpia; no procedeixen de criteris de correcció oficials ni de cap acadèmia.

Instruccions originals. La puntuació màxima de cada exercici és 10 punts i només s'assoleix si la solució és correcta i està raonada. S'exigeix obtindre els resultats pas a pas. Els resultats sense unitats es penalitzen amb 0,5 punts en cada exercici, i per faltes d'ortografia o redacció defectuosa es pot baixar la qualificació final fins a 1 punt.

Proposta A

Exercici A.1 — Equilibri de síntesi de metanol

Enunciat

A 400 K s'introdueixen en un recipient monòxid de carboni i hidrogen en proporcions estequiomètriques respecte a la reacció $\ce{CO(g) + 2 H2(g) <=> CH3OH(g)}$. Quan s'assoleix l'equilibri, la pressió total és 1 atm i la mescla gasosa conté un 20 % en volum de metanol. Calcule: a) les fraccions molars de tots els gasos en l'equilibri (2p); b) el percentatge en massa de cada component (3p); c) les constants $K_p$ i $K_c$ a 400 K (1p); d) si a 500 K es afavorirà l'obtenció de metanol, justificant-ho qualitativament i quantitativament (calculant $K_p$ a 500 K) (3p). (Plantejament de l'equilibri: 1p.)

Dades. Masses atòmiques: C = 12,0; H = 1,0; O = 16,0. $\Delta H^\circ_f$ (kJ/mol): CO(g) = −100,5; $\ce{CH3OH}$(g) = −200,7. R = 8,31 J/(mol·K).

Solució

a) Fraccions molars

Partim d'1 mol de CO i 2 mol de $\ce{H2}$ (proporció estequiomètrica) i anomenem $x$ l'avanç:

| | CO | $\ce{H2}$ | $\ce{CH3OH}$ | total | | --------- | ----- | --------- | ------------ | ------ | | inicial | 1 | 2 | 0 | 3 | | equilibri | $1-x$ | $2-2x$ | $x$ | $3-2x$ |

La condició «20 % en volum de metanol» és $\chi_{\ce{CH3OH}} = 0{,}20$:

$$\frac{x}{3-2x} = 0{,}20 \;\Longrightarrow\; x = 0{,}4286\ \mathrm{mol}, \qquad n_\text{total} = 2{,}1429\ \mathrm{mol}$$ $$\chi_{\ce{CO}} = 0{,}2667; \qquad \chi_{\ce{H2}} = 0{,}5333; \qquad \chi_{\ce{CH3OH}} = 0{,}2000$$

Drecera útil: com que CO i $\ce{H2}$ es consumeixen en relació 1:2 i parteixen d'eixa mateixa relació, es mantenen sempre en proporció 1:2, de manera que el 80 % restant es reparteix automàticament en 26,67 % i 53,33 %.

b) Percentatge en massa

La massa total es conserva i val la inicial, $1\cdot 28 + 2\cdot 2 = 32{,}0\ \mathrm{g}$:

$$m_{\ce{CO}} = 0{,}5714\cdot 28 = 16{,}0\ \mathrm{g};\quad m_{\ce{H2}} = 1{,}1429\cdot 2 = 2{,}29\ \mathrm{g};\quad m_{\ce{CH3OH}} = 0{,}4286\cdot 32 = 13{,}71\ \mathrm{g}$$ $$\%\,\ce{CO} = 50{,}0\ \%;\qquad \%\,\ce{H2} = 7{,}14\ \%;\qquad \%\,\ce{CH3OH} = 42{,}86\ \%$$

Observeu el contrast amb les fraccions molars: l'hidrogen és més de la meitat de les molècules però només el 7 % de la massa.

c) Constants d'equilibri

Com que $P_\text{total} = 1\ \mathrm{atm}$, cada pressió parcial coincideix numèricament amb la seua fracció molar:

$$K_p = \frac{p_{\ce{CH3OH}}}{p_{\ce{CO}}\;p_{\ce{H2}}^2} = \frac{0{,}200}{0{,}2667\cdot 0{,}5333^2} = 2{,}64\ \mathrm{atm^{-2}}$$

Amb $\Delta n = 1 - 3 = -2$ i $K_p = K_c(RT)^{\Delta n}$:

$$K_c = K_p\,(RT)^{2} = 2{,}64\cdot(0{,}0821\cdot 400)^2 = 2{,}84\cdot 10^{3}\ \mathrm{L^2mol^{-2}}$$

d) Evolució a 500 K

Qualitativament. L'entalpia estàndard de reacció és

$$\Delta H^\circ = \Delta H^\circ_f(\ce{CH3OH}) - \Delta H^\circ_f(\ce{CO}) - 2\Delta H^\circ_f(\ce{H2}) = -200{,}7 - (-100{,}5) - 0 = -100{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$

La reacció és exotèrmica, així que segons Le Châtelier un augment de temperatura desplaça l'equilibri cap als reactius: a 500 K s'obtindrà menys metanol.

Quantitativament, per l'equació de Van't Hoff:

$$\ln\frac{K_2}{K_1} = -\frac{\Delta H^\circ}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right) = \frac{100200}{8{,}31}\left(\frac{1}{500}-\frac{1}{400}\right) = -6{,}03$$ $$K_p(500\ \mathrm{K}) = 2{,}64\cdot e^{-6{,}03} = 6{,}35\cdot 10^{-3}\ \mathrm{atm^{-2}}$$

La constant cau en un factor de més de 400: la confirmació numèrica de la predicció qualitativa. Este és exactament el compromís industrial del procés de metanol: cal temperatura perquè la cinètica siga raonable, però cada grau de més penalitza el rendiment, i per això es compensa treballant a pressions molt elevades.

Exercici A.2 — Pila alcalina de zinc/diòxid de manganés

Enunciat

Una pila alcalina definida per l'equació $\text{zinc} + \text{òxid de manganés(IV)} \longrightarrow \text{òxid de zinc} + \text{òxid de manganés(III)}$ desenvolupa una intensitat de 2,5 A durant 8 minuts.

• a) (3p) Escriviu les semireaccions ajustades i la reacció molecular. Indiqueu quins són els elèctrodes i el signe d'estos.
• b) (3p) Calculeu els grams de Zn posats en joc.
• c) (4p) Calculeu el temps que durarà la pila amb un corrent de 2,5 A si presenta 18 g de Zn i deixa de funcionar quan s'haja consumit el 20 % del mateix.

Dades: massa atòmica Zn = 65,38; F = 96500 C/mol.

Solució

a) Semireaccions i elèctrodes

En medi alcalí, que és el propi d'esta pila:

$$\text{oxidació (ànode):}\quad \ce{Zn + 2 OH^- -> ZnO + H2O + 2 e^-}$$ $$\text{reducció (càtode):}\quad \ce{2 MnO2 + H2O + 2 e^- -> Mn2O3 + 2 OH^-}$$ $$\text{global:}\quad \ce{Zn + 2 MnO2 -> ZnO + Mn2O3}$$

L'ànode és l'elèctrode de zinc, on ocorre l'oxidació, i en una pila (cel·la galvànica) és el pol negatiu. El càtode és el de diòxid de manganés, pol positiu. Convé recordar el criteri, perquè en una cel·la electrolítica els signes s'inverteixen: el que defineix ànode i càtode és sempre l'oxidació i la reducció, no el signe.

b) Grams de zinc

$$Q = I\,t = 2{,}5\cdot(8\cdot 60) = 1200\ \mathrm{C} \;\Longrightarrow\; n(e^-) = \frac{1200}{96500} = 1{,}244\cdot 10^{-2}\ \mathrm{mol}$$

Com que cada àtom de Zn cedeix 2 electrons:

$$n(\ce{Zn}) = \frac{1{,}244\cdot 10^{-2}}{2} = 6{,}22\cdot 10^{-3}\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; m = 6{,}22\cdot 10^{-3}\cdot 65{,}38 = 0{,}407\ \mathrm{g}$$

c) Durada de la pila

Es consumeix el 20 % de 18 g, és a dir 3,6 g:

$$n(\ce{Zn}) = \frac{3{,}6}{65{,}38} = 5{,}51\cdot 10^{-2}\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; Q = 2\cdot 5{,}51\cdot 10^{-2}\cdot 96500 = 1{,}063\cdot 10^{4}\ \mathrm{C}$$ $$t = \frac{Q}{I} = \frac{1{,}063\cdot 10^{4}}{2{,}5} = 4{,}25\cdot 10^{3}\ \mathrm{s} = 70{,}8\ \mathrm{min} \approx 1{,}2\ \mathrm{h}$$

Exercici A.3 — Bobines de Helmholtz

Enunciat

Una bobina de Helmholtz consisteix en dues bobines circulars idèntiques, situades simètricament al llarg d'un eix comú, una a cada costat de l'àrea experimental i separades per una distància $h$ igual al radi $R$. Cada bobina transporta el mateix corrent en la mateixa direcció.

• a) (4,5p) Si cada bobina té $N$ espires, demostreu que el camp magnètic al punt central O és $B = \left(\dfrac{4}{5}\right)^{3/2}\dfrac{\mu_0 N I}{R}$.
• b) (2,5p) Calculeu la raó entre el camp a O i el seu valor al centre d'una de les bobines (punt A o B).
• c) (3p) Dissenyeu una activitat pràctica per a 2n de Batxillerat en què s'utilitzen bobines de Helmholtz per a determinar el camp magnètic terrestre (a Espanya, uns 40 μT).

Dada: $\mu_0 = 4\pi\cdot 10^{-7}\ \mathrm{N\,A^{-2}}$.

Exercici A.3

Configuració de Helmholtz: separació igual al radi

A

B

O

h = R

R

I, N

I, N

eix

Solució

a) Demostració

El camp d'una espira circular de radi $R$ recorreguda per $I$, en un punt del seu eix a distància $z$ del centre, és (aplicant Biot-Savart i integrant; només sobreviu la component axial per simetria):

$$B_\text{espira}(z) = \frac{\mu_0 I R^2}{2\,(R^2+z^2)^{3/2}}$$

Per a una bobina de $N$ espires n'hi ha prou amb multiplicar per $N$. En la configuració de Helmholtz les dues bobines disten $h = R$, així que el punt mig O està a $z = R/2$ de cadascuna, i ambdós camps es sumen (mateix corrent, mateix sentit):

$$B_O = 2\cdot\frac{\mu_0 N I R^2}{2\left(R^2 + \frac{R^2}{4}\right)^{3/2}} = \frac{\mu_0 N I R^2}{\left(\frac{5R^2}{4}\right)^{3/2}} = \frac{\mu_0 N I R^2}{R^3\left(\frac{5}{4}\right)^{3/2}}$$ $$\boxed{\;B_O = \left(\frac{4}{5}\right)^{3/2}\frac{\mu_0 N I}{R} = 0{,}7155\,\frac{\mu_0 N I}{R}\;}$$

b) Raó entre O i el centre d'una bobina

Al punt A (centre d'una bobina) se sumen el camp d'eixa mateixa bobina, a $z = 0$, i el de la altra, a $z = h = R$:

$$B_A = \underbrace{\frac{\mu_0 N I}{2R}}_{\text{pròpia}} + \underbrace{\frac{\mu_0 N I R^2}{2(2R^2)^{3/2}}}_{\text{l'altra}} = \frac{\mu_0 N I}{R}\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4\sqrt2}\right) = 0{,}6768\,\frac{\mu_0 N I}{R}$$ $$\frac{B_O}{B_A} = \frac{0{,}7155}{0{,}6768} = 1{,}057$$

El camp al centre és només un 5,7 % major que en els plans de les bobines. Ací està la gràcia de la geometria de Helmholtz: amb $h = R$ s'anul·la la segona derivada del camp a O, de manera que la regió central és notablement uniforme i serveix com a patró de camp conegut.

c) Activitat pràctica per a 2n de Batxillerat (orientació)

Este apartat és de resposta oberta; el que segueix és una proposta raonada, no l'única solució possible.

Fonament. El muntatge clàssic és el del galvanòmetre de tangents. S'orienten les bobines de manera que el seu eix quede horitzontal i perpendicular a la component horitzontal del camp terrestre (és a dir, en direcció E–O), i es col·loca una brúixola al punt O. Sense corrent, l'agulla assenyala el nord magnètic. En fer passar corrent, l'agulla es desvia un angle $\theta$ tal que

$$\tan\theta = \frac{B_O}{B_{\text{Terra},h}} \;\Longrightarrow\; B_{\text{Terra},h} = \frac{B_O}{\tan\theta} = \frac{1}{\tan\theta}\left(\frac{4}{5}\right)^{3/2}\frac{\mu_0 N I}{R}$$

Procediment. (1) Mesurar $R$ i anotar $N$. (2) Alinear l'eix E–O amb la mateixa brúixola. (3) Augmentar el corrent fins que la desviació siga 45º, condició especialment còmoda perquè llavors $B_O = B_{\text{Terra},h}$ directament. (4) Repetir per a diversos corrents i representar $\tan\theta$ enfront de $I$: el pendent dona $B_{\text{Terra},h}$ per regressió lineal, que és millor que una mesura aïllada. (5) Invertir el sentit del corrent i fer la mitjana per a cancel·lar errors d'alineació.

Ordre de magnitud esperat. Amb $N = 100$, $R = 0{,}15\ \mathrm{m}$ i $I \approx 0{,}05\ \mathrm{A}$ s'obtenen uns $30\ \mathrm{\mu T}$, de l'ordre del valor real (~40 μT de camp total, del qual la component horitzontal a Espanya és uns 25 μT).

Aprofitament didàctic. Permet treballar la llei de Biot-Savart, la superposició vectorial de camps, el tractament d'errors i l'ajust per mínims quadrats, i connectar amb la declinació i inclinació magnètiques i amb el geomagnetisme. Convé advertir que cal allunyar objectes ferromagnètics i altres equips del muntatge: és la principal font d'error sistemàtic.

Exercici A.4 — Tir parabòlic i paràbola de seguretat

Enunciat

Es llança una partícula amb velocitat $v_0$ i angle d'inclinació $\alpha$ perquè passe pel punt $P(x_1, h)$. Es pren $g = 9{,}8\ \mathrm{N/kg}$.

• a) (2,5p) Calculeu els angles $\alpha$ de llançament per a $x_1 = 4{,}00\ \mathrm{m}$, $h = 0{,}80\ \mathrm{m}$ i $v_0 = 7{,}0\ \mathrm{m/s}$.
• b) (2,5p) Calculeu la velocitat crítica per davall de la qual no es pot assolir P.
• c) (4p) Determineu i representeu gràficament la funció $y = f(x)$ dels punts crítics que poden assolir-se amb velocitat $v_0$ (paràbola de seguretat), i representeu-la per a $v_0 = 7{,}0\ \mathrm{m/s}$.

Solució

a) Angles de llançament

Eliminant el temps de les equacions del tir parabòlic i usant $1/\cos^2\alpha = 1+\tan^2\alpha$:

$$y = x\tan\alpha - \frac{g\,x^2}{2v_0^2}\left(1+\tan^2\alpha\right)$$

Imposant que passe per $P(x_1,h)$ i anomenant $t = \tan\alpha$ i $k = \dfrac{g x_1^2}{2v_0^2}$, queda una equació de segon grau en la tangent:

$$k\,t^2 - x_1\,t + (h + k) = 0$$

Amb les dades, $k = \dfrac{9{,}8\cdot 16}{2\cdot 49} = 1{,}60\ \mathrm{m}$:

$$1{,}6\,t^2 - 4\,t + 2{,}4 = 0 \;\Longleftrightarrow\; 2t^2 - 5t + 3 = 0 \;\Longrightarrow\; t = 1 \ \text{o}\ t = 1{,}5$$ $$\alpha_1 = 45{,}0^\circ; \qquad \alpha_2 = 56{,}3^\circ$$

Dues solucions, la «tensa» i la «corba»: és el resultat clàssic que a un mateix punt s'arriba per dues trajectòries distintes amb la mateixa rapidesa inicial.

b) Velocitat crítica

El punt deixa de ser assolible quan l'equació anterior no té solució real, és a dir quan el discriminant s'anul·la:

$$x_1^2 - 4k(h+k) = 0 \;\Longrightarrow\; 4k^2 + 4kh - x_1^2 = 0 \;\Longrightarrow\; k = \frac{-h+\sqrt{h^2+x_1^2}}{2}$$ $$k = \frac{-0{,}80+\sqrt{0{,}64+16}}{2} = 1{,}640\ \mathrm{m} \;\Longrightarrow\; v_0 = \sqrt{\frac{g x_1^2}{2k}} = \sqrt{\frac{9{,}8\cdot 16}{3{,}279}} = 6{,}91\ \mathrm{m/s}$$

Per davall de $v_\text{crít} = 6{,}91\ \mathrm{m/s}$ el punt P és inassolible amb qualsevol angle. Com que l'enunciat usa $7{,}0 > 6{,}91$, existeixen les dues solucions de l'apartat a; si la velocitat fóra exactament la crítica, les dues arrels coincidirien en un únic angle.

c) Paràbola de seguretat

Repetint el raonament per a un punt genèric $(x,y)$, la condició d'assolibilitat és $x^2 - 4k(y+k)\ge 0$ amb $k = \dfrac{gx^2}{2v_0^2}$. La frontera (discriminant nul) dona, després de simplificar $x^2$:

$$1 = \frac{2gy}{v_0^2} + \frac{g^2x^2}{v_0^4} \;\Longrightarrow\; \boxed{\;y = \frac{v_0^2}{2g} - \frac{g}{2v_0^2}\,x^2\;}$$

És una paràbola invertida que envolta totes les trajectòries possibles: separa la regió accessible (per davall) de la inaccessible (per damunt). Els seus dos paràmetres tenen significat físic immediat: el vèrtex $v_0^2/2g$ és l'alçada màxima del llançament vertical i el tall amb el sòl, $v_0^2/g$, és l'abast màxim (llançament a 45º). Per a $v_0 = 7{,}0\ \mathrm{m/s}$:

$$y = 2{,}50 - 0{,}10\,x^2 \qquad (\text{vèrtex a } 2{,}50\ \mathrm{m},\ \text{tall a } x = 5{,}00\ \mathrm{m})$$

Exercici A.4c

Paràbola de seguretat per a v₀ = 7,0 m/s i les dues trajectòries que passen per P

P(4; 0,8)

2,5

5,0

0

x (m)

y (m)

paràbola de seguretat

45,0°

56,3°

Proposta B

Exercici B.1 — Retrovaloració de sulfat de ferro(II)

Enunciat

Determineu els grams de sulfat de ferro(II) heptahidratat en un sòlid impur de 28,3 grams. Per a això s'han dissolt 0,822 g de la mostra en medi àcid i es tracten amb 25,00 mL d'una dissolució de permanganat de potassi 0,020 M. Després de la reacció es pren una alíquota de 10 mL de la dissolució que conté excés de permanganat i es dilueix afegint 20 mL d'aigua pura. El permanganat de la dissolució diluïda es valora, també en medi àcid, amb 17,40 mL d'una dissolució de oxalat de sodi 0,010 M.

Masses atòmiques: Fe = 55,8; S = 32,1; O = 16,0; H = 1,0. (Ajust de les dues reaccions redox: 4p; mols de Fe²⁺: 3p; grams de sulfat: 3p.)

Solució

Les dues reaccions

$$\ce{MnO4^- + 5 Fe^2+ + 8 H+ -> Mn^2+ + 5 Fe^3+ + 4 H2O}$$ $$\ce{2 MnO4^- + 5 C2O4^2- + 16 H+ -> 2 Mn^2+ + 10 CO2 + 8 H2O}$$

Es tracta d'una valoració per retrocés: s'afig permanganat en excés conegut, reacciona tot el $\ce{Fe^2+}$, i el sobrant es determina amb oxalat.

Compte amb la trampa. Els 20 mL d'aigua pura que s'afigen no canvien els mols de permanganat de l'alíquota: només dilueixen. És una dada distractora. El que sí que importa és que la alíquota és de 10 mL sobre un total de 25,00 mL, així que cal escalar per 25/10.

Càlcul

$$n(\ce{MnO4^-})_\text{total} = 0{,}02500\cdot 0{,}020 = 5{,}00\cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol}$$ $$n(\ce{C2O4^2-}) = 0{,}01740\cdot 0{,}010 = 1{,}74\cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; n(\ce{MnO4^-})_\text{alíquota} = \tfrac{2}{5}\cdot 1{,}74\cdot 10^{-4} = 6{,}96\cdot 10^{-5}\ \mathrm{mol}$$ $$n(\ce{MnO4^-})_\text{excés} = 6{,}96\cdot 10^{-5}\cdot\frac{25}{10} = 1{,}74\cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol}$$ $$n(\ce{MnO4^-})_\text{amb Fe} = 5{,}00\cdot 10^{-4} - 1{,}74\cdot 10^{-4} = 3{,}26\cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; n(\ce{Fe^2+}) = 5\cdot 3{,}26\cdot 10^{-4} = 1{,}63\cdot 10^{-3}\ \mathrm{mol}$$

Amb $M(\ce{FeSO4.7H2O}) = 55{,}8+32{,}1+4(16{,}0)+7(18{,}0) = 277{,}9\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$:

$$m = 1{,}63\cdot 10^{-3}\cdot 277{,}9 = 0{,}453\ \mathrm{g}\ \text{en els } 0{,}822\ \mathrm{g} \;\Longrightarrow\; \text{riquesa} = \frac{0{,}453}{0{,}822} = 55{,}1\ \%$$ $$m(\ce{FeSO4.7H2O})\ \text{en } 28{,}3\ \mathrm{g} = 28{,}3\cdot 0{,}551 = \boxed{15{,}6\ \mathrm{g}}$$

Exercici B.2 — Combustió d'una mescla propà/butà

Enunciat

Una mescla gasosa de propà i butà conté el 80 % en mols de propà.

• a) (7p) Calculeu la massa de $\ce{CO2}$ que s'obté i la calor que es desprén en la combustió completa de 23,4 g d'esta mescla, a pressió estàndard i 298 K.
• b) (3p) Eixa calor s'empra per a escalfar i evaporar aigua. Es disposa d'1,0 L d'aigua a 20 ºC en un got de poliestiré obert; la temperatura s'eleva a 100 ºC i l'aigua comença a bullir. Quina massa d'aigua s'evaporarà?

Dades: C = 12,0; H = 1,0; O = 16,0. $\Delta H^\circ_f$ (kJ/mol): propà(g) = −103,8; butà(g) = −125,6; aigua(l) = −286; $\ce{CO2}$(g) = −393,5. $\Delta H^\circ_\text{vap}$(aigua, 100 ºC) = 40,7 kJ/mol. $c_e$(aigua) = 4,18 J g⁻¹ ºC⁻¹. $\rho$(aigua, 20 ºC) = 1 g/mL.

Solució

a) Diòxid de carboni i calor despresa

La massa molar mitjana de la mescla és

$$\bar M = 0{,}80\cdot 44{,}0 + 0{,}20\cdot 58{,}0 = 46{,}8\ \mathrm{g\,mol^{-1}} \;\Longrightarrow\; n_\text{total} = \frac{23{,}4}{46{,}8} = 0{,}500\ \mathrm{mol}$$

és a dir 0,400 mol de propà i 0,100 mol de butà. Com que cada propà dona 3 $\ce{CO2}$ i cada butà 4:

$$n(\ce{CO2}) = 3(0{,}400) + 4(0{,}100) = 1{,}60\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; m(\ce{CO2}) = 1{,}60\cdot 44{,}0 = 70{,}4\ \mathrm{g}$$

Entalpies de combustió (amb aigua líquida, coherent amb la dada aportada):

$$\ce{C3H8 + 5 O2 -> 3 CO2 + 4 H2O(l)}:\quad \Delta H^\circ_c = 3(-393{,}5)+4(-286)-(-103{,}8) = -2220{,}7\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$ $$\ce{C4H10 + 13/2 O2 -> 4 CO2 + 5 H2O(l)}:\quad \Delta H^\circ_c = 4(-393{,}5)+5(-286)-(-125{,}6) = -2878{,}4\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$ $$Q = 0{,}400(2220{,}7) + 0{,}100(2878{,}4) = 888{,}3 + 287{,}8 = \boxed{1176\ \mathrm{kJ}\ \text{despresos}}$$

b) Aigua evaporada

L'aigua (1,0 L = 1000 g) s'escalfa primer de 20 a 100 ºC:

$$Q_1 = m\,c_e\,\Delta T = 1000\cdot 4{,}18\cdot 80 = 3{,}344\cdot 10^{5}\ \mathrm{J} = 334{,}4\ \mathrm{kJ}$$

Sobren $1176{,}1 - 334{,}4 = 841{,}7\ \mathrm{kJ}$ per a la vaporització:

$$n = \frac{841{,}7}{40{,}7} = 20{,}7\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; m = 20{,}7\cdot 18{,}0 = \boxed{372\ \mathrm{g}\ \text{d'aigua evaporada}}$$

És a dir, una mica més d'un terç del litre inicial. L'enunciat precisa que el got és de poliestiré i obert per a justificar dues hipòtesis: que no hi ha pèrdues apreciables per les parets i que l'ebullició ocorre a pressió atmosfèrica constant.

Exercici B.3 — Model d'atmosfera estàndard

Enunciat

Suposem que la temperatura de l'atmosfera disminueix linealment 6,5 ºC/km des de 15 ºC a nivell de la mar fins a 11 km, i després es manté constant fins a 20 km. Per a la pressió a nivell de la mar prenem $p_0 = 100\ \mathrm{kPa}$.

• a) (6p) Representeu les variacions de pressió amb l'alçada de 0 a 20 km (es pot menysprear la variació de $g$).
• b) (2p) El baròmetre d'un avió mesura 50 kPa. A quina alçada vola?
• c) (2p) Estimeu la massa total de l'atmosfera. A quina alçada es té ja la meitat d'eixa massa?

Dades: $g_0 = 9{,}80\ \mathrm{N/kg}$, $R_T = 6370\ \mathrm{km}$, $R = 8{,}31\ \mathrm{J/(mol\,K)}$, $M_m(\text{aire}) = 28{,}8\ \mathrm{g/mol}$.

Solució

a) Llei baromètrica en els dos trams

Partim de l'equació fonamental de la hidrostàtica per a un gas ideal:

$$\frac{\mathrm{d}p}{p} = -\frac{M g}{R\,T(h)}\,\mathrm{d}h$$

Troposfera ($0 \le h \le 11\ \mathrm{km}$), amb $T(h) = T_0 - Lh$, $L = 6{,}5\cdot 10^{-3}\ \mathrm{K/m}$ i $T_0 = 288{,}15\ \mathrm{K}$. Integrant:

$$p(h) = p_0\left(\frac{T_0 - Lh}{T_0}\right)^{\frac{Mg}{RL}}, \qquad \frac{Mg}{RL} = \frac{0{,}0288\cdot 9{,}80}{8{,}31\cdot 6{,}5\cdot 10^{-3}} = 5{,}23$$

A la tropopausa, $T = 216{,}65\ \mathrm{K}$ i $p(11\ \mathrm{km}) = 22{,}5\ \mathrm{kPa}$.

Estratosfera ($11 \le h \le 20\ \mathrm{km}$), isoterma a 216,65 K, on la llei és exponencial amb alçada d'escala $H = RT/(Mg) = 6{,}38\ \mathrm{km}$:

$$p(h) = p(11\ \mathrm{km})\;e^{-\frac{h-11\ \mathrm{km}}{H}} \;\Longrightarrow\; p(20\ \mathrm{km}) = 5{,}5\ \mathrm{kPa}$$

Exercici B.3a

Pressió atmosfèrica enfront de l'alçada (0–20 km)

100

50

5,5

11

20

h (km)

p (kPa)

tropopausa

estratosfera isoterma

b) Alçada de l'avió

Amb $p = 50\ \mathrm{kPa}$ estem clarament a la troposfera:

$$\left(\frac{T}{T_0}\right)^{5{,}23} = 0{,}50 \;\Longrightarrow\; \frac{T}{T_0} = 0{,}876 \;\Longrightarrow\; T = 252{,}4\ \mathrm{K}$$ $$h = \frac{T_0 - T}{L} = \frac{288{,}15-252{,}35}{6{,}5\cdot 10^{-3}} = 5{,}5\cdot 10^{3}\ \mathrm{m} = 5{,}5\ \mathrm{km}$$

c) Massa de l'atmosfera i alçada de la meitat

La pressió a nivell de la mar és, per definició, el pes de tota la columna d'aire per unitat de àrea. Per tant:

$$M_\text{atm} = \frac{p_0\,A}{g} = \frac{p_0\cdot 4\pi R_T^2}{g} = \frac{10^{5}\cdot 4\pi(6{,}37\cdot 10^{6})^2}{9{,}80} = 5{,}2\cdot 10^{18}\ \mathrm{kg}$$

molt pròxim al valor acceptat ($5{,}15\cdot 10^{18}\ \mathrm{kg}$). I ací ve el que és elegant: com que la pressió mesura directament el pes de la columna que queda per damunt, l'alçada que deixa davall la meitat de la massa és precisament on $p = p_0/2 = 50\ \mathrm{kPa}$, és a dir la mateixa que la de l'apartat b: 5,5 km. Dit d'una altra manera, la meitat de l'atmosfera està per davall de la cota del Mont Blanc.

Exercici B.4 — Càrrega sobre la mediatriu de dues càrregues iguals

Enunciat

Quan una càrrega $q$ es mou sobre la mediatriu d'un segment definit per dues càrregues iguals $Q$, la força a què està sotmesa depén de la distància al punt mig del segment.

• a) (6p) Calculeu la distància que fa màxima eixa força i el valor d'eixa força.
• b) (4p) Calculeu el treball electrostàtic sobre la càrrega $q$ en moure-la des del punt de màxima força sobre la mediatriu fins al punt mig del segment. Interpreteu el signe.

Solució

a) Distància i valor de la força màxima

Situem les càrregues $Q$ en $(\pm a, 0)$ —el segment mesura $2a$— i la càrrega $q$ en $(0, y)$ sobre la mediatriu. Cada càrrega l'atrau o repel·leix amb mòdul $kQq/(a^2+y^2)$; per simetria les components horitzontals es cancel·len i només sobreviuen les verticals, cadascuna multiplicada per $\cos\beta = y/\sqrt{a^2+y^2}$:

$$F(y) = 2\,\frac{kQq}{a^2+y^2}\cdot\frac{y}{\sqrt{a^2+y^2}} = \frac{2kQq\,y}{(a^2+y^2)^{3/2}}$$

El màxim s'obté derivant i igualant a zero:

$$\frac{\mathrm{d}F}{\mathrm{d}y} = 2kQq\,\frac{(a^2+y^2)-3y^2}{(a^2+y^2)^{5/2}} = 0 \;\Longrightarrow\; a^2 = 2y^2 \;\Longrightarrow\; \boxed{\,y = \frac{a}{\sqrt2}\,}$$

Substituint:

$$F_\text{màx} = \frac{2kQq\,(a/\sqrt2)}{\left(\frac{3a^2}{2}\right)^{3/2}} = \frac{4}{3\sqrt3}\,\frac{kQq}{a^2} = 0{,}770\,\frac{kQq}{a^2}$$

El comportament té sentit en els dos límits: al punt mig ($y=0$) la força és nul·la per simetria, i molt lluny ($y\to\infty$) tendeix a zero com $1/y^2$; entre mig hi ha necessàriament un màxim.

b) Treball electrostàtic

El potencial creat per les dues càrregues sobre la mediatriu és $V(y) = \dfrac{2kQ}{\sqrt{a^2+y^2}}$, de manera que

$$W_{i\to f} = q\left(V_i - V_f\right) = q\left(\frac{2kQ}{\sqrt{a^2 + a^2/2}} - \frac{2kQ}{a}\right) = \frac{kQq}{a}\left(\frac{2\sqrt6}{3} - 2\right)$$ $$W = -0{,}367\,\frac{kQq}{a}$$

Interpretació del signe. Per a càrregues del mateix signe (força repulsiva), el treball de la força electrostàtica és negatiu: s'està portant la càrrega cap a les càrregues fonts, en contra de la repulsió, així que l'energia potencial augmenta i ha de ser un agent extern qui aporte eixa energia. En conseqüència, si es soltara la càrrega al punt mig, el sistema tornaria espontàniament eixe treball accelerant $q$ al llarg de la mediatriu. (Si $Q$ i $q$ tingueren signes oposats, tots els signes s'invertirien i el treball electrostàtic seria positiu.)

Comentari global de l'exercici

Aragó és de les convocatòries més transparents: publica la rúbrica de cada apartat dins del mateix enunciat, cosa que permet dosificar el temps amb precisió (per exemple, en A.1 el percentatge en massa val 3 punts, més que les constants d'equilibri). Tres avisos:

1. Les unitats penalitzen. L'enunciat avisa de −0,5 punts per exercici si en falten; amb huit exercicis entre les dues propostes és una pèrdua perfectament evitable.
2. Hi ha apartats de didàctica dins de la prova pràctica (A.3c). Convé no deixar-ho per al final: són 3 dels 10 punts de l'exercici i es responen sense càlcul.
3. Els enunciats inclouen distractors. En B.1, els 20 mL d'aigua pura no alteren els mols de permanganat; el que sí que importa és la relació alíquota/total. Llegir amb cura val més que calcular de pressa.