Examen de Física i Química — Illes Balears 2026: opció A resolta

L'exercici de caràcter pràctic de la convocatòria de 2026 de les Illes Balears (part B de la primera prova) donava 3 hores i oferia dues opcions alternatives, A i B: l'opció A amb tres problemes de química i dos de física, i l'opció B amb dos de química i tres de física. Cada problema val 2 punts i cada opció suma 10. Ací trobaràs resoltes les dues opcions senceres: a l'opció A, una redox en medi bàsic amb càlcul de $\Delta G^\circ$, la dimerització del $\ce{NO2}$, una cinètica de tercer ordre amb el pH de la sal resultant, l'efecte fotoelèctric i la superposició de dos camps elèctrics; a l'opció B, l'òrbita lunar de la nau Orion, un cilindre que roda per un looping, dues esferes en una balança dins i fora de l'aigua, l'estequiometria d'un cultiu de llevat i la calorimetria de la combustió de l'etanol.

Font de l'enunciat. Document oficial del Tribunal núm. 1 (Mallorca) de la convocatòria de 2026, cos 0590 — Professors d'Ensenyament Secundari, especialitat 007 — Física i Química. L'original és bilingüe (català i castellà); ací se'n reprodueix la versió en català. Les solucions són d'elaboració pròpia, no provenen de cap criteri de correcció oficial ni de cap acadèmia. Hi ha una versió en castellà d'esta mateixa pàgina.

Una particularitat d'este examen: dos dels cinc problemes de l'opció A tenen un apartat didàctic explícit (A1c i A3d), puntuat dins dels mateixos 2 punts del problema. L'opció B, en canvi, és purament de càlcul. Si dubtes quina triar, val la pena mirar-s'ho: l'opció A regala 9 punts sobre 100 a resposta oberta, però obliga a improvisar didàctica sota pressió.

Problema A1 — Redox en medi bàsic i espontaneïtat

Enunciat

En el tractament d'aigües residuals industrials, una dissolució aquosa de permanganat de potassi reacciona amb etanol, en medi bàsic. Com a resultat del procés es formen diòxid de manganès i acetat de potassi.

a) Ajusta la reacció química pel mètode de l'ió-electró en medi bàsic, indicant clarament les semireaccions i el procediment seguit. (10 punts)

b) Es fan reaccionar 25,0 mL d'una dissolució de permanganat de potassi 0,0200 M amb una dissolució que conté 0,0150 mol d'etanol. A partir de les semireaccions obtingudes a l'apartat anterior determina la variació d'energia lliure de Gibbs estàndard de la reacció i interpreta el resultat en termes d'espontaneïtat. (6 punts)

c) Indica dues dificultats habituals de l'alumnat en l'ajust de reaccions redox en medi bàsic i proposa una estratègia didàctica concreta per treballar-les a l'aula. (4 punts)

(Dades: $E^\circ(\ce{MnO4-}/\ce{MnO2}) = +0{,}59$ V; $E^\circ(\ce{CH3COO-}/\ce{C2H5OH}) = -0{,}80$ V; $F = 96485$ C·mol⁻¹)

Solució

a) Ajust per ió-electró. Primer, els estats d'oxidació que canvien:

• Mn: de $+7$ en $\ce{MnO4-}$ a $+4$ en $\ce{MnO2}$ → guanya 3 e⁻ (reducció).
• C: el carboni carbinòlic de l'etanol ($\ce{CH3-CH2OH}$) té estat $-1$; el carboni carboxílic de l'acetat ($\ce{CH3COO-}$) té $+3$ → perd 4 e⁻ (oxidació). El carboni metílic no canvia.

Semireacció de reducció (medi bàsic: s'equilibra l'oxigen amb $\ce{H2O}$ i l'hidrogen amb $\ce{OH-}$):

$$\ce{MnO4- + 2 H2O + 3 e- -> MnO2 + 4 OH-}$$

Semireacció d'oxidació:

$$\ce{C2H5OH + 5 OH- -> CH3COO- + 4 H2O + 4 e-}$$

Multiplicant la primera per 4 i la segona per 3 (mínim comú múltiple: 12 electrons) i sumant:

$$\ce{4 MnO4- + 3 C2H5OH -> 4 MnO2 + 3 CH3COO- + OH- + 4 H2O}$$

En forma molecular, afegint els contraions $\ce{K+}$:

$$\ce{4 KMnO4 + 3 C2H5OH -> 4 MnO2 + 3 CH3COOK + KOH + 4 H2O}$$

Comprovació (imprescindible fer-la davant del tribunal): Mn 4 = 4; C 6 = 6; K 4 = 4; O $16+3 = 19$ a l'esquerra i $8+6+1+4 = 19$ a la dreta; H 18 = 18; càrrega $-4 = -3-1$. ✔

b) $\Delta G^\circ$ de la reacció. La pila corresponent té el permanganat com a càtode (es redueix) i l'etanol com a ànode (s'oxida):

$$E^\circ_{\text{pila}} = E^\circ_{\text{càtode}} - E^\circ_{\text{ànode}} = 0{,}59 - (-0{,}80) = +1{,}39\ \mathrm{V}$$

Amb $n = 12$ electrons intercanviats en l'equació ajustada:

$$\Delta G^\circ = -nFE^\circ = -12 \cdot 96485 \cdot 1{,}39 = -1{,}609\cdot 10^{6}\ \mathrm{J} = \boxed{-1609\ \mathrm{kJ}}$$

per mol de reacció tal com està escrita (és a dir, per cada 4 mol de $\ce{MnO4-}$), equivalents a $-134{,}1$ kJ per mol d'electrons transferits. Com que $E^\circ_{\text{pila}} > 0$ i $\Delta G^\circ < 0$, la reacció és espontània en condicions estàndard, i molt: és precisament el que fa útil el permanganat com a oxidant en depuració d'aigües.

Sobre les quantitats de l'enunciat. $n(\ce{MnO4-}) = 0{,}0250 \cdot 0{,}0200 = 5{,}00\cdot 10^{-4}$ mol i $n(\ce{C2H5OH}) = 0{,}0150$ mol. L'estequiometria 4:3 exigiria només $3{,}75\cdot 10^{-4}$ mol d'etanol, o siga que l'etanol està en excés de gairebé 40 vegades i el reactiu limitant és el permanganat. L'avanç de reacció és $\xi = 5{,}00\cdot 10^{-4}/4 = 1{,}25\cdot 10^{-4}$ mol, de manera que l'energia lliure realment alliberada en eixes condicions és $\Delta G = -1609 \cdot 1{,}25\cdot 10^{-4} = -0{,}201$ kJ $= -201$ J. Convé dir-ho explícitament: $\Delta G^\circ$ és una magnitud molar, no depèn de les quantitats; les dades de volum i concentració serveixen per identificar el limitant.

c) Apartat didàctic (orientació). Dues dificultats molt documentades:

1. L'equilibrat de $\ce{O}$ i $\ce{H}$ en medi bàsic. L'alumnat aplica mecànicament la recepta del medi àcid ($\ce{H2O}$ i $\ce{H+}$) i després «neutralitza» sense entendre què fa, o afegeix $\ce{OH-}$ a ull. Es manifesta en semireaccions amb la càrrega descompensada.
2. Assignar l'estat d'oxidació al carboni orgànic. Amb ions senzills la regla funciona, però en $\ce{CH3-CH2OH}$ l'alumnat aplica «$-2$ per a l'O, $+1$ per a l'H» al conjunt de la molècula i n'obté un valor mitjà que no li permet comptar electrons per àtom.

Estratègia concreta suggerida: treballar l'ajust amb balanç de càrrega com a criteri de tancament —no com a comprovació final— fent que cada semireacció s'escriga en tres columnes (àtoms diferents de O i H / oxígens amb $\ce{H2O}$ / hidrògens amb $\ce{OH-}$) i que l'últim pas siga sempre igualar càrregues amb electrons; i introduir l'estat d'oxidació del carboni per enllaç, dibuixant l'estructura i assignant $-1$ per cada enllaç C–H, $+1$ per cada enllaç C–O i $0$ per cada C–C. Amb eixa regla, l'alumnat veu que el carboni carbinòlic passa de $-1$ a $+3$ i que la sèrie alcohol → aldehid → àcid és una escala d'oxidació de dos electrons per graó.

⚠️ Este apartat és de resposta oberta i el que hi ha ací és una orientació, no una resposta model: el tribunal valora el criteri docent propi.

Problema A2 — Dimerització del diòxid de nitrogen

Enunciat

En un procés industrial relacionat amb el control de contaminants atmosfèrics, el diòxid de nitrogen pot dimeritzar segons la reacció:

$$\ce{2 NO2(g) <=> N2O4(g)} \qquad \Delta H^\circ = -57{,}2\ \mathrm{kJ\cdot mol^{-1}}$$

En un reactor tancat de 8,50 L a una temperatura constant de 315 K, s'introdueixen inicialment 1,37 mol de $\ce{NO2}$(g). Després d'assolir l'equilibri, es determina experimentalment que s'han format 0,283 mol de $\ce{N2O4}$(g).

a) Determina les concentracions en equilibri de totes les espècies. (4 punts) b) Calcula el valor de $K_c$ per a la reacció. (3 punts) c) Calcula el valor de $K_p$ per a la reacció. (3 punts) d) Un cop assolit l'equilibri, s'introdueixen sobtadament 0,642 mol addicionals de $\ce{NO2}$(g), mantenint constant el volum i la temperatura. Determina les noves concentracions en el nou equilibri. (5 punts) e) Raona: 1. Com afectaria un augment de temperatura a l'equilibri? 2. Com afectaria una disminució del volum del sistema? 3. Quin efecte tindria l'addició d'un gas inert a volum constant? (1 punt cadascuna) f) A partir del valor de $K_c$ obtingut, justifica si en equilibri predomina $\ce{NO2}$ o $\ce{N2O4}$. (2 punts)

(Dades: $R = 0{,}082$ atm·L·mol⁻¹·K⁻¹)

Solució

a) Concentracions en equilibri. Per cada mol de $\ce{N2O4}$ format es consumeixen 2 mol de $\ce{NO2}$:

$$n(\ce{NO2}) = 1{,}37 - 2\cdot 0{,}283 = 0{,}804\ \mathrm{mol}$$ $$[\ce{NO2}] = \frac{0{,}804}{8{,}50} = 9{,}46\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M} \qquad [\ce{N2O4}] = \frac{0{,}283}{8{,}50} = 3{,}33\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}$$

b) Constant d'equilibri.

$$K_c = \frac{[\ce{N2O4}]}{[\ce{NO2}]^2} = \frac{3{,}329\cdot 10^{-2}}{(9{,}459\cdot 10^{-2})^2} = 3{,}72\ \mathrm{M^{-1}}$$

c) $K_p$. Amb $\Delta n = 1 - 2 = -1$:

$$K_p = K_c (RT)^{\Delta n} = \frac{3{,}72}{0{,}082 \cdot 315} = 0{,}144\ \mathrm{atm^{-1}}$$

d) Nou equilibri després d'afegir $\ce{NO2}$. A volum i temperatura constants, la pertorbació només canvia la concentració inicial de $\ce{NO2}$:

$$[\ce{NO2}]_0' = \frac{0{,}804 + 0{,}642}{8{,}50} = 0{,}1701\ \mathrm{M}, \qquad [\ce{N2O4}]_0' = 3{,}329\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}$$

Segons Le Châtelier el sistema es desplaça cap a la dreta. Si $x$ és el $\ce{N2O4}$ addicional format:

$$K_c = \frac{3{,}329\cdot 10^{-2} + x}{(0{,}1701 - 2x)^2} = 3{,}72$$

Anomenant $u = 0{,}1701 - 2x$ la nova concentració de $\ce{NO2}$, l'equació es torna quadràtica en $u$: $3{,}72\,u^2 + 0{,}5\,u - 0{,}1184 = 0$, amb arrel positiva $u = 0{,}1234$. Per tant

$$[\ce{NO2}] = 0{,}123\ \mathrm{M}, \qquad x = \frac{0{,}1701-0{,}1234}{2} = 2{,}34\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}, \qquad [\ce{N2O4}] = 5{,}67\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}$$

Comprovació: $5{,}666\cdot 10^{-2}/(0{,}1234)^2 = 3{,}72$ ✔. Observa el detall que sol passar per alt: encara que el sistema «consumeix» part del $\ce{NO2}$ afegit, la concentració final de $\ce{NO2}$ (0,123 M) és superior a la inicial (0,0946 M). Le Châtelier diu que el desplaçament mitiga la pertorbació, no que l'anul·le.

e) Efecte de les pertorbacions.

1. Augment de temperatura. La reacció directa és exotèrmica ($\Delta H^\circ < 0$), per tant escalfar desplaça l'equilibri cap a l'esquerra i $K_c$ disminueix (equació de Van't Hoff). És l'experiment clàssic de l'ampolla de $\ce{NO2}$: en aigua calenta el gas es torna marró fosc ($\ce{NO2}$ acolorit) i en gel es decolora ($\ce{N2O4}$ incolor).
2. Disminució del volum. Augmenta la pressió total; el sistema es desplaça cap al costat amb menys mols de gas, és a dir cap a la dreta (2 mol → 1 mol), afavorint el $\ce{N2O4}$. $K_c$ no canvia: només depèn de $T$.
3. Addició d'un gas inert a volum constant. Cap efecte. Puja la pressió total, però les pressions parcials i les concentracions de $\ce{NO2}$ i $\ce{N2O4}$ es mantenen, i el quocient de reacció continua sent igual a $K$. (Seria diferent afegir l'inert a pressió constant: llavors el volum creixeria i sí que hi hauria desplaçament, cap a l'esquerra.)

f) Qui predomina? Ací hi ha una trampa conceptual que convé no mossegar. $K_c = 3{,}72 > 1$ suggereix «predominen els productes», però $K_c$ té unitats ($\mathrm{M^{-1}}$) perquè $\Delta n \neq 0$: el seu valor numèric depèn de l'escala de concentracions triada, i comparar-lo amb 1 no és una conclusió física. La comparació correcta és directa:

$$\frac{[\ce{N2O4}]}{[\ce{NO2}]} = \frac{3{,}33\cdot 10^{-2}}{9{,}46\cdot 10^{-2}} = 0{,}352$$

En equilibri hi ha 0,804 mol de $\ce{NO2}$ i 0,283 mol de $\ce{N2O4}$: predomina el $\ce{NO2}$, i a més només s'ha dimeritzat el 41 % del $\ce{NO2}$ inicial. Dit d'una altra manera: com que $K_c[\ce{NO2}] = 3{,}72 \cdot 0{,}0946 = 0{,}352 < 1$, a estes concentracions tan diluïdes el monòmer guanya. Si es comprimira molt el sistema, el criteri s'invertiria.

Problema A3 — Cinètica de la neutralització i pH final

Enunciat

En el control de qualitat d'un procés industrial, s'estudia la velocitat de neutralització de l'àcid acètic amb una base forta en dissolució aquosa:

$$\ce{CH3COOH(aq) + NaOH(aq) -> CH3COONa(aq) + H2O(l)}$$

A temperatura constant (298 K), es mesuren les velocitats inicials:

| $[\ce{CH3COOH}]$ (M) | $[\ce{OH-}]$ (M) | Velocitat inicial (M/s) | | -------------------- | ---------------- | ----------------------- | | 0,10 | 0,10 | 2,0·10⁻⁴ | | 0,20 | 0,10 | 4,0·10⁻⁴ | | 0,10 | 0,20 | 8,0·10⁻⁴ |

a) Escriu l'equació de velocitat i calcula el valor de la constant de velocitat. (5 punts) b) Calcula l'energia d'activació de la reacció, sabent que a 318 K la constant de velocitat té un valor de 0,6 M⁻²·s⁻¹. (4 punts) c) En una altra etapa del procés, es mesclen 50,0 mL de dissolució 0,10 M d'àcid acètic amb 50,0 mL de dissolució 0,10 M de NaOH. Calcula el pH de la dissolució resultant considerant els volums additius. (6 punts) d) Proposa una activitat experimental per a l'aula relacionada amb este procés, indicant de manera justificada: el material necessari, la tècnica experimental emprada i el curs o nivell educatiu en què l'aplicaries. (5 punts)

(Dades: $R = 8{,}314$ J·mol⁻¹·K⁻¹; $K_a(\ce{CH3COOH}) = 1{,}8\cdot 10^{-5}$)

Solució

a) Ordres de reacció i constant. Es comparen experiments que canvien una sola concentració:

• Exp. 1 → 2: es duplica $[\ce{CH3COOH}]$ i la velocitat es duplica ($2^1$) → ordre 1 respecte de l'àcid.
• Exp. 1 → 3: es duplica $[\ce{OH-}]$ i la velocitat es quadruplica ($2^2$) → ordre 2 respecte de l'hidròxid.

$$v = k\,[\ce{CH3COOH}]\,[\ce{OH-}]^2$$

Ordre total 3. Amb el primer experiment:

$$k = \frac{2{,}0\cdot 10^{-4}}{0{,}10 \cdot (0{,}10)^2} = 0{,}20\ \mathrm{M^{-2}\cdot s^{-1}}$$

Les unitats $\mathrm{M^{-2}\,s^{-1}}$ coincideixen amb les que dona l'enunciat per a 318 K, cosa que confirma que l'ordre global és 3.

b) Energia d'activació (Arrhenius).

$$\ln\frac{k_2}{k_1} = -\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right)$$ $$\ln\frac{0{,}6}{0{,}20} = \ln 3 = 1{,}0986 = -\frac{E_a}{8{,}314}\left(\frac{1}{318}-\frac{1}{298}\right)$$ $$E_a = \frac{1{,}0986 \cdot 8{,}314}{2{,}111\cdot 10^{-4}} = 4{,}33\cdot 10^{4}\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}} = \boxed{43{,}3\ \mathrm{kJ\cdot mol^{-1}}}$$

Un valor modest: 20 K de més tripliquen la velocitat.

c) pH de la mescla equimolar. Mols inicials:

$$n(\ce{CH3COOH}) = n(\ce{NaOH}) = 0{,}0500\cdot 0{,}10 = 5{,}0\cdot 10^{-3}\ \mathrm{mol}$$

Estan en proporció exactament estequiomètrica: no és un tampó, és el punt d'equivalència. Tot l'àcid es transforma en acetat, i el volum final és 100,0 mL:

$$[\ce{CH3COO-}] = \frac{5{,}0\cdot 10^{-3}}{0{,}1000} = 0{,}050\ \mathrm{M}$$

L'acetat és la base conjugada d'un àcid feble i s'hidrolitza: $\ce{CH3COO- + H2O <=> CH3COOH + OH-}$, amb

$$K_b = \frac{K_w}{K_a} = \frac{1{,}0\cdot 10^{-14}}{1{,}8\cdot 10^{-5}} = 5{,}56\cdot 10^{-10}$$ $$[\ce{OH-}] = \sqrt{K_b\,c} = \sqrt{5{,}56\cdot 10^{-10}\cdot 0{,}050} = 5{,}27\cdot 10^{-6}\ \mathrm{M}$$ $$\mathrm{pOH} = 5{,}28 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\mathrm{pH} = 8{,}72}$$

L'aproximació $c - x \approx c$ és impecable ($x/c \approx 10^{-4}$). El resultat és el que ha de ser: al punt d'equivalència d'una valoració àcid feble + base forta el pH és bàsic, no 7. És l'error més repetit de tot el bloc àcid-base i el motiu pel qual esta valoració es fa amb fenolftaleïna (viratge 8,2–10,0) i no amb roig de metil.

d) Activitat experimental (orientació). Proposta coherent amb l'enunciat: valoració potenciomètrica d'un vinagre comercial amb $\ce{NaOH}$ estandarditzada, registrant la corba pH–volum.

• Material: bureta de 25 mL, suport i nou, matràs Erlenmeyer, pipeta aforada de 10 mL, agitador magnètic, pH-metre calibrat (o sensor de pH amb registrador), $\ce{NaOH}$ 0,1 M valorada amb hidrogenftalat potàssic, fenolftaleïna, ulleres i guants.
• Tècnica: dilució 1:10 del vinagre; addicions de 1,0 mL (0,2 mL prop del salt); representació de pH front a $V$ i determinació del punt d'equivalència per la primera derivada. Del volum d'equivalència s'obté l'acidesa del vinagre en % (m/v) i del punt de semiequivalència s'obté directament $pK_a$ ($\mathrm{pH} = pK_a$), que es compara amb el 4,74 tabulat.
• Nivell: 2n de Batxillerat (bloc de reaccions àcid-base i càlculs estequiomètrics). Es pot adaptar a 4t d'ESO en versió qualitativa —viratge amb indicador i comparació de vinagres comercials— sense pH-metre ni corba.
• Justificació: tanca el problema sencer, perquè l'alumnat mesura el pH bàsic del punt d'equivalència que ha calculat al paper i el contrasta amb la predicció, i introdueix el tractament de dades experimentals (derivada numèrica, xifres significatives, error relatiu).

⚠️ Nota crítica sobre l'enunciat. La llei de velocitat que se'n dedueix (ordre 2 en $\ce{OH-}$) no és químicament realista: la transferència de protó entre $\ce{CH3COOH}$ i $\ce{OH-}$ està controlada per difusió i és de fet instantània ($k \sim 10^{10}$ M⁻¹s⁻¹, ordre 1 en cada reactiu). Les dades de la taula són un exercici de determinació d'ordres, no una mesura real. Val la pena saber-ho, però l'apartat es resol amb les dades donades.

Problema A4 — Efecte fotoelèctric

Enunciat

En un experiment sobre l'efecte fotoelèctric, una làmina metàl·lica és il·luminada amb radiació monocromàtica de longitud d'ona $\lambda = 350$ nm. S'observa que els electrons emesos tenen una energia cinètica màxima d'1,20 eV.

a) Calcula la freqüència de la radiació incident. (3 punts) b) Determina l'energia dels fotons incidents en eV. (3 punts) c) Calcula la funció de treball del metall. (4 punts) d) Determina la freqüència llindar del metall. (5 punts) e) Si es repeteix l'experiment amb una radiació de $\lambda = 500$ nm, indica si es produirà efecte fotoelèctric i justifica-ho quantitativament. (6 punts)

(Dades: $h = 6{,}626\cdot 10^{-34}$ J·s; 1 eV $= 1{,}602\cdot 10^{-19}$ J; $c = 3\cdot 10^{8}$ m·s⁻¹)

Solució

a) Freqüència.

$$f = \frac{c}{\lambda} = \frac{3\cdot 10^{8}}{350\cdot 10^{-9}} = 8{,}57\cdot 10^{14}\ \mathrm{Hz}$$

b) Energia del fotó.

$$E = hf = 6{,}626\cdot 10^{-34} \cdot 8{,}571\cdot 10^{14} = 5{,}68\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J} = \frac{5{,}679\cdot 10^{-19}}{1{,}602\cdot 10^{-19}} = 3{,}55\ \mathrm{eV}$$

c) Funció de treball. L'equació d'Einstein $E = W + E_{c,\text{màx}}$ dona

$$W = 3{,}545 - 1{,}20 = \boxed{2{,}35\ \mathrm{eV}} = 3{,}76\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J}$$

d) Freqüència llindar.

$$f_0 = \frac{W}{h} = \frac{3{,}757\cdot 10^{-19}}{6{,}626\cdot 10^{-34}} = 5{,}67\cdot 10^{14}\ \mathrm{Hz}$$

que correspon a $\lambda_0 = c/f_0 = 529$ nm, en el verd-groc: el metall respon a tot el visible per damunt d'eixa longitud d'ona (potassi i cesi tenen valors d'este ordre).

e) Amb $\lambda = 500$ nm. La freqüència és

$$f' = \frac{3\cdot 10^{8}}{500\cdot 10^{-9}} = 6{,}00\cdot 10^{14}\ \mathrm{Hz} > f_0 = 5{,}67\cdot 10^{14}\ \mathrm{Hz}$$

Sí que es produeix efecte fotoelèctric, encara que just per damunt del llindar. Quantitativament, $E' = hf' = 3{,}98\cdot 10^{-19}$ J $= 2{,}48$ eV, i

$$E_{c,\text{màx}}' = 2{,}482 - 2{,}345 = 0{,}14\ \mathrm{eV} = 2{,}2\cdot 10^{-20}\ \mathrm{J}$$

Els electrons ixen, però amb una energia cinètica 8,8 vegades menor que amb 350 nm. Convé subratllar el que això il·lustra: augmentar la intensitat de la llum de 500 nm produiria més electrons però igual d'energètics; el que fixa $E_{c,\text{màx}}$ és només la freqüència. És l'argument que la física clàssica no podia explicar.

Problema A5 — Camp elèctric de dues càrregues puntuals

Enunciat

En un dispositiu electrònic miniaturitzat, dos punts carregats generen un camp elèctric que pot afectar el moviment de partícules dins del sistema. Es disposa de dues càrregues puntuals en el buit:

• $q_1 = +2{,}0\ \mu\mathrm{C}$ situada al punt $(0, 0)$ cm
• $q_2 = -3{,}0\ \mu\mathrm{C}$ situada al punt $(40, 0)$ cm

Es considera un sistema de referència cartesià amb origen en $(0,0)$. Un punt $P$ es troba en $(20, 30)$ cm.

a) Dibuixa la situació indicant la posició de les càrregues, el punt $P$ i els vectors camp elèctric generats per cada càrrega en el punt $P$. (3 punts) b) Calcula els vectors camp elèctric creats per cada càrrega en el punt $P$. (6 punts) c) Determina el camp elèctric resultant (vectorialment) en el punt $P$. (3 punts) d) Calcula el mòdul del camp elèctric resultant. (2 punts) e) En el punt $P$ es col·loca una partícula amb càrrega $q = +2{,}5\ \mu\mathrm{C}$. Calcula la força elèctrica que actua sobre la partícula (vectorialment). (3 punts) f) Determina l'angle que forma el vector camp elèctric amb l'eix horitzontal. (3 punts)

(Dades: $k = 9{,}0\cdot 10^{9}$ N·m²·C⁻²)

Solució

a) Esquema. El punt $P$ està sobre la mediatriu del segment que uneix les càrregues (a 20 cm de cadascuna en horitzontal), de manera que les dues distàncies són iguals. $\vec{E}_1$ s'allunya de $q_1$ (positiva) i $\vec{E}_2$ apunta cap a $q_2$ (negativa):

Balears 2026 · A5

Camp elèctric en el punt P

b) Camps individuals. Els vectors de posició respecte de cada càrrega, en metres:

$$\vec{r}_1 = (0{,}20;\ 0{,}30), \qquad \vec{r}_2 = (0{,}20-0{,}40;\ 0{,}30) = (-0{,}20;\ 0{,}30)$$

Els dos tenen el mateix mòdul, $r = \sqrt{0{,}20^2+0{,}30^2} = \sqrt{0{,}13} = 0{,}3606$ m, amb $r^2 = 0{,}13\ \mathrm{m^2}$. Els unitaris són $\hat{u}_1 = (0{,}5547;\ 0{,}8321)$ i $\hat{u}_2 = (-0{,}5547;\ 0{,}8321)$.

Per a la càrrega positiva, el camp va en el sentit de $\hat{u}_1$ (allunyant-se):

$$\vec{E}_1 = k\frac{q_1}{r^2}\,\hat{u}_1 = \frac{9{,}0\cdot 10^{9}\cdot 2{,}0\cdot 10^{-6}}{0{,}13}\,(0{,}5547;\ 0{,}8321) = (7{,}68\cdot 10^{4};\ 1{,}15\cdot 10^{5})\ \mathrm{N/C}$$

amb mòdul $1{,}38\cdot 10^{5}$ N/C. Per a la càrrega negativa, el camp va en sentit contrari a $\hat{u}_2$ (cap a la càrrega):

$$\vec{E}_2 = -k\frac{|q_2|}{r^2}\,\hat{u}_2 = \frac{9{,}0\cdot 10^{9}\cdot 3{,}0\cdot 10^{-6}}{0{,}13}\,(0{,}5547;\ -0{,}8321) = (1{,}15\cdot 10^{5};\ -1{,}73\cdot 10^{5})\ \mathrm{N/C}$$

amb mòdul $2{,}08\cdot 10^{5}$ N/C. Fixa't que les components $x$ se sumen (les dues apunten cap a $+x$, cap a la càrrega negativa) mentre que les $y$ es resten.

c) Camp resultant.

$$\vec{E} = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 = (7{,}68\cdot 10^{4} + 1{,}152\cdot 10^{5};\ 1{,}152\cdot 10^{5} - 1{,}728\cdot 10^{5})$$ $$\boxed{\vec{E} = (1{,}92\cdot 10^{5};\ -5{,}76\cdot 10^{4})\ \mathrm{N/C}}$$

d) Mòdul.

$$|\vec{E}| = \sqrt{(1{,}920\cdot 10^{5})^2 + (5{,}760\cdot 10^{4})^2} = 2{,}00\cdot 10^{5}\ \mathrm{N/C}$$

Compte amb l'error freqüent de sumar els mòduls: $1{,}38\cdot 10^{5} + 2{,}08\cdot 10^{5}$ donaria $3{,}46\cdot 10^{5}$ N/C, un 73 % de més.

e) Força sobre la càrrega de prova. Com que $q = +2{,}5\ \mu\mathrm{C}$ és positiva, $\vec{F}$ té la mateixa direcció i sentit que $\vec{E}$:

$$\vec{F} = q\vec{E} = 2{,}5\cdot 10^{-6}\,(1{,}920\cdot 10^{5};\ -5{,}760\cdot 10^{4}) = (0{,}480;\ -0{,}144)\ \mathrm{N}$$

amb mòdul $|\vec{F}| = 2{,}5\cdot 10^{-6}\cdot 2{,}005\cdot 10^{5} = 0{,}501$ N.

f) Angle amb l'eix horitzontal.

$$\tan\theta = \frac{E_y}{E_x} = \frac{-5{,}760\cdot 10^{4}}{1{,}920\cdot 10^{5}} = -0{,}300 \quad\Longrightarrow\quad \theta = -16{,}7^\circ$$

És a dir, 16,7° per davall de l'eix $+x$ (quart quadrant, coherent amb $E_x>0$ i $E_y<0$). Qualitativament té sentit: el camp resultant apunta cap a la càrrega negativa, que és la que domina per ser més gran en valor absolut.

Problema B1 — Òrbita lunar de la nau Orion

Enunciat

La nau Orion spacecraft, en el marc de la missió Artemis III, es considera en òrbita circular al voltant de la Lluna a una altura de 100 km sobre la seva superfície.

a) Calcula la velocitat orbital de la nau. (5 punts) b) Determina el període de revolució. (4 punts) c) Troba l'energia mecànica per unitat de massa. (4 punts) d) Calcula la velocitat d'escapament des de l'òrbita en què es troba la nau. (4 punts) e) En realitat, l'òrbita de la nau és el·líptica. Raona, sense fer càlculs, com serà la velocitat de la nau: en el punt més proper a la Lluna i en el punt més llunyà. (3 punts)

(Dades: $R_L = 1{,}74\cdot 10^{6}$ m; $M_L = 7{,}35\cdot 10^{22}$ kg; $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}$ N·m²/kg²)

Solució

El primer pas, i el que més errades provoca: el radi de l'òrbita es mesura des del centre de la Lluna, no des de la superfície.

$$r = R_L + h = 1{,}74\cdot 10^{6} + 1{,}00\cdot 10^{5} = 1{,}84\cdot 10^{6}\ \mathrm{m}$$ $$GM_L = 6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 7{,}35\cdot 10^{22} = 4{,}902\cdot 10^{12}\ \mathrm{m^3/s^2}$$

a) Velocitat orbital. Igualant la força gravitatòria amb la centrípeta, $GM_Lm/r^2 = mv^2/r$, la massa de la nau se'n va (per això no la dona l'enunciat):

$$v = \sqrt{\frac{GM_L}{r}} = \sqrt{\frac{4{,}902\cdot 10^{12}}{1{,}84\cdot 10^{6}}} = 1{,}63\cdot 10^{3}\ \mathrm{m/s}$$

Uns 5 900 km/h, quatre vegades menys que en òrbita baixa terrestre.

b) Període.

$$T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi\cdot 1{,}84\cdot 10^{6}}{1632{,}3} = 7{,}08\cdot 10^{3}\ \mathrm{s} = \boxed{1{,}97\ \mathrm{h}}$$

és a dir 118 minuts per volta. S'hi pot arribar igual per la tercera llei de Kepler, $T^2 = 4\pi^2r^3/GM_L$.

c) Energia mecànica per unitat de massa. En òrbita circular, $E_c = -E_p/2$, de manera que

$$\frac{E_m}{m} = \frac{1}{2}v^2 - \frac{GM_L}{r} = -\frac{GM_L}{2r} = -1{,}33\cdot 10^{6}\ \mathrm{J/kg}$$

Negativa, com ha de ser en un sistema lligat: per alliberar la nau caldria aportar-li aquesta energia.

d) Velocitat d'escapament des de l'òrbita. S'obté imposant $E_m = 0$:

$$\tfrac{1}{2}v_e^2 = \frac{GM_L}{r} \quad\Longrightarrow\quad v_e = \sqrt{\frac{2GM_L}{r}} = \sqrt{2}\,v = 2{,}31\cdot 10^{3}\ \mathrm{m/s}$$

La relació $v_e = \sqrt{2}\,v_{\text{orbital}}$ val sempre per a qualsevol òrbita circular, i és una comprovació immediata. Caldria, doncs, un increment de velocitat de només $2308 - 1632 = 676$ m/s per escapar de la Lluna des d'aquesta òrbita.

e) Òrbita el·líptica. Per la segona llei de Kepler (llei de les àrees), el radiovector escombra àrees iguals en temps iguals; equivalentment, el moment angular es conserva perquè la gravetat és una força central. Per tant, allà on $r$ és petit la velocitat ha de ser gran:

• Al periluni (punt més proper): velocitat màxima.
• A l'apoluni (punt més llunyà): velocitat mínima.

Es pot dir també des de l'energia: $E_m$ es conserva, i com que a prop de la Lluna $E_p$ és més negativa, l'energia cinètica hi ha de ser més gran.

Problema B2 — Cilindre que roda per un looping

Enunciat

Un cos cilíndric i massís de massa $m = 5$ kg i radi $r = 0{,}1$ m es desplaça sense lliscar per una pista que inclou un looping de radi $R = 5$ m, com mostra la figura. Des del punt (1), el cilindre es llança amb una velocitat inicial de 10 m/s.

a) Determina l'angle d'inclinació màxim que ha de tenir la rampa per la qual es llança el cilindre, de manera que no hi haja lliscament, considerant que el coeficient de fricció estàtic entre la superfície i el cilindre és de $\mu = 0{,}5$. (6 punts) b) Escriu l'expressió que representa l'energia mecànica del cilindre en funció de l'alçada i la seua velocitat. (3 punts) c) Calcula l'alçada mínima des del punt (1) perquè el cilindre aconsegueixi passar pel punt més alt del looping sense perdre el contacte amb la pista. (5 punts) d) Fent servir l'alçada obtinguda en el punt anterior, calcula l'acceleració centrípeta i la força normal en el punt (3) del recorregut. (6 punts)

(Dades: $g = 9{,}8$ m·s⁻²)

Balears 2026 · B2

Rampa i looping

Solució

a) Angle màxim sense lliscament. Per a un cilindre massís, $I = \tfrac{1}{2}mr^2$. Plantejant alhora la segona llei de Newton per a la translació i per a la rotació sobre una rampa d'angle $\theta$:

$$mg\sin\theta - F_r = ma, \qquad F_r\,r = I\alpha = \tfrac{1}{2}mr^2\cdot\frac{a}{r}$$

De la segona, $F_r = \tfrac{1}{2}ma$; substituint a la primera, $a = \tfrac{2}{3}g\sin\theta$ i per tant $F_r = \tfrac{1}{3}mg\sin\theta$. La condició de rodolament sense lliscament és $F_r \le \mu N = \mu mg\cos\theta$:

$$\tfrac{1}{3}\tan\theta \le \mu \quad\Longrightarrow\quad \tan\theta \le 3\mu = 1{,}5$$ $$\boxed{\theta_{\max} = \arctan(1{,}5) = 56{,}3°}$$

Fixa't que ni la massa ni el radi hi intervenen: només la geometria del cos (el factor $I/mr^2$) i $\mu$. Per a una esfera massissa el límit seria $\tan\theta \le 3{,}5\mu$, i per a un anell $\tan\theta \le 2\mu$.

b) Energia mecànica. Rodolar sense lliscar imposa $v = \omega r$, així que l'energia cinètica té part de translació i part de rotació:

$$E_m = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2 + mgh = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}\left(\tfrac{1}{2}mr^2\right)\frac{v^2}{r^2} + mgh$$ $$\boxed{E_m = \tfrac{3}{4}mv^2 + mgh}$$

El coeficient és $3/4$ i no $1/2$: un 50 % més d'energia cinètica per a la mateixa velocitat que un cos que llisca. És l'error clàssic d'aquest problema.

c) Alçada mínima. Al punt més alt del looping, la condició límit per no perdre el contacte és que la normal s'anul·le i que la gravetat sola faça de força centrípeta:

$$mg = \frac{mv_{\text{alt}}^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{alt}} = \sqrt{gR} = \sqrt{9{,}8\cdot 5} = 7{,}00\ \mathrm{m/s}$$

Conservant l'energia mecànica entre (1), a l'alçada $H$ i amb $v_1 = 10$ m/s, i el punt més alt, a l'alçada $2R$:

$$\tfrac{3}{4}mv_1^2 + mgH = \tfrac{3}{4}mv_{\text{alt}}^2 + mg(2R)$$ $$H = \frac{\tfrac{3}{4}(49) + 9{,}8\cdot 10 - \tfrac{3}{4}(100)}{9{,}8} = \frac{36{,}75 + 98 - 75}{9{,}8} = \boxed{6{,}10\ \mathrm{m}}$$

Sense la velocitat inicial de llançament caldrien $H = 2{,}75R = 13{,}75$ m; els 10 m/s de sortida en regalen més de la meitat.

d) Punt (3): acceleració centrípeta i normal. El punt (3) és el lateral del looping, a l'alçada $h = R = 5$ m. Aplicant altra vegada la conservació entre (1) i (3):

$$\tfrac{3}{4}v_1^2 + gH = \tfrac{3}{4}v_3^2 + gR \quad\Longrightarrow\quad v_3^2 = \frac{75 + 59{,}75 - 49}{0{,}75} = 114{,}3\ \mathrm{m^2/s^2}$$ $$v_3 = 10{,}7\ \mathrm{m/s}, \qquad a_c = \frac{v_3^2}{R} = \frac{114{,}3}{5} = \boxed{22{,}9\ \mathrm{m/s^2}}$$

Ara ve la part fina. En el punt (3) el centre del looping queda horitzontalment respecte del cilindre, de manera que la normal és horitzontal i el pes és tangencial: no té component centrípeta. Per tant la normal ha d'aportar tota la força centrípeta ella sola:

$$N = m\,a_c = 5\cdot 22{,}9 = \boxed{114\ \mathrm{N}}$$

Compara-ho amb el punt més alt, on la normal seria zero, i amb el punt més baix, on valdria $N = mg + mv^2/R$. L'acceleració centrípeta és de $2{,}3\,g$: qui hi anara a dins ho notaria.

Nota sobre el radi. S'ha treballat amb $R = 5$ m per al centre de masses del cilindre, com fa l'enunciat. En rigor el centre descriu una circumferència de radi $R - r = 4{,}9$ m, cosa que donaria $v_{\text{alt}} = 6{,}93$ m/s i $H = 5{,}82$ m. Amb $r/R = 2\ \%$ la diferència és menor que l'error de les dades, però convé fer constar l'aproximació.

Problema B3 — Dues esferes en equilibri, dins i fora de l'aigua

Enunciat

Tenim dues esferes homogènies, A i B, que estan suspeses dels extrems d'una vareta rígida, horitzontal, de longitud 30 cm i massa negligible. La vareta pot girar al voltant d'un pivot situat entre elles. L'esfera A té un volum tres vegades major que l'esfera B i una densitat 4 vegades major que la de l'aigua. L'esfera B té una densitat 6 vegades major que la de l'aigua.

a) Determina la posició del pivot en l'aire respecte de l'esfera A perquè el sistema estiga en equilibri. (6 punts) b) Si el sistema se submergeix completament en aigua, determina la posició del pivot perquè es mantinga en equilibri. (6 punts) c) Quina relació han de complir les densitats de les dues esferes perquè la posició del punt d'equilibri no canvie quan el sistema passa d'estar en l'aire a estar completament submergit en un fluid? (8 punts)

_(Dades: $\rho_{\text{aigua}} = 1000$ kg·m⁻³)_

Solució

Anomenem $V_B = V$ i $\rho_w$ la densitat de l'aigua. De l'enunciat, $V_A = 3V$, $\rho_A = 4\rho_w$ i $\rho_B = 6\rho_w$, de manera que les masses són

$$m_A = \rho_A V_A = 12\rho_w V, \qquad m_B = \rho_B V_B = 6\rho_w V \quad\Longrightarrow\quad m_A = 2m_B$$

L'esfera A és menys densa però més gran, i guanya: pesa el doble.

a) Pivot en l'aire. Condició d'equilibri de moments respecte del pivot, amb $d_A + d_B = 0{,}30$ m:

$$m_A g\,d_A = m_B g\,d_B \quad\Longrightarrow\quad 2d_A = 0{,}30 - d_A$$ $$\boxed{d_A = 0{,}10\ \mathrm{m} = 10\ \mathrm{cm}} \qquad (d_B = 20\ \mathrm{cm})$$

El pivot està més a prop de l'esfera pesada, com toca.

b) Pivot submergit en aigua. Ara, sobre cada esfera actua a més l'empenyiment d'Arquimedes $E = \rho_w V g$ cap amunt. El que compta és el pes aparent:

$$P'_A = (\rho_A - \rho_w)V_A\,g = (4-1)\rho_w\cdot 3V g = 9\rho_w V g$$ $$P'_B = (\rho_B - \rho_w)V_B\,g = (6-1)\rho_w\cdot V g = 5\rho_w V g$$

La relació ha passat de $12{:}6 = 2{,}00$ a $9{:}5 = 1{,}80$: l'esfera A, en ser més voluminosa, rep molta més empenta i perd avantatge. Imposant de nou l'equilibri, $9d_A = 5(0{,}30 - d_A)$:

$$14\,d_A = 1{,}5 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{d_A = 0{,}107\ \mathrm{m} = 10{,}7\ \mathrm{cm}}$$

$(d_B = 19{,}3$ cm$)$. El pivot s'ha d'allunyar 7 mm de l'esfera A. Cal insistir que ambdues esferes s'enfonsen ($\rho > \rho_w$): l'empenyiment no les aixeca, només alleugereix el pes aparent.

c) Condició perquè el pivot no canvie. Escrivim les dues condicions amb símbols. En l'aire, $d_A/d_B = \rho_B V_B/(\rho_A V_A)$; submergit en un fluid de densitat $\rho_f$, $d_A/d_B = (\rho_B - \rho_f)V_B/[(\rho_A - \rho_f)V_A]$. Perquè el pivot no es moga, les dues expressions han de coincidir. Els volums es cancel·len i queda

$$\frac{\rho_B}{\rho_A} = \frac{\rho_B - \rho_f}{\rho_A - \rho_f} \;\Longrightarrow\; \rho_A\rho_B - \rho_B\rho_f = \rho_A\rho_B - \rho_A\rho_f \;\Longrightarrow\; \rho_A\rho_f = \rho_B\rho_f$$ $$\boxed{\rho_A = \rho_B}$$

Les dues esferes han de tenir la mateixa densitat, siguen quins siguen els seus volums i siga quin siga el fluid. La lectura física és elegant: si les densitats coincideixen, l'empenyiment redueix el pes aparent de cada esfera en la mateixa proporció, i una proporció comuna no altera l'equilibri de moments. Si difereixen, l'esfera menys densa és sempre la més perjudicada.

Problema B4 — Metabolisme d'un llevat i pressions parcials

Enunciat

En un experiment de laboratori es cultiva un llevat en un sistema tancat de 4,0 L a 305 K. El llevat metabolitza un compost orgànic soluble, segons la reacció global simplificada:

$$\ce{C4H10O4(aq) + O2(g) -> CO2(g) + H2O(l)}$$

Inicialment, el sistema conté 0,080 mol de $\ce{C4H10O4}$, 0,30 mol de $\ce{O2}$ i 0,70 mol de $\ce{N2}$.

a) Determina quin és el reactiu limitant. (4 punts) b) Determina la composició final en mols de la mescla gasosa. (4 punts) c) Calcula la pressió total final del sistema i les pressions parcials de cada gas. (4 punts) d) Posteriorment, el $\ce{CO2}$ produït es posa en contacte amb una dissolució aquosa en què es dissol completament. Determina la nova pressió total del sistema gasós després de la desaparició del $\ce{CO2}$. (3 punts) e) Explica qualitativament: 1. Com afecta la presència de $\ce{N2}$ la pressió total? 2. Per què el fet que els mols de $\ce{CO2}$ produïts i d'$\ce{O2}$ consumits siguen diferents afecta l'evolució de la pressió del sistema? (2 i 3 punts)

(Dades: $R = 0{,}082$ atm·L·mol⁻¹·K⁻¹)

Solució

Pas zero, que l'enunciat no demana però és imprescindible: ajustar. L'equació tal com ve escrita no està ajustada. Amb $\ce{C4H10O4}$:

$$\ce{C4H10O4(aq) + 9/2 O2(g) -> 4 CO2(g) + 5 H2O(l)}$$

o bé $\ce{2 C4H10O4 + 9 O2 -> 8 CO2 + 10 H2O}$. Comprovació d'oxígens: $4 + 9 = 13$ a l'esquerra, $8 + 5 = 13$ a la dreta. ✔

a) Reactiu limitant. Els 0,080 mol de substrat necessitarien $0{,}080 \cdot \tfrac{9}{2} = 0{,}360$ mol de $\ce{O2}$, i només n'hi ha 0,30. Per tant l'oxigen és el reactiu limitant (i el substrat, l'excés). És el que passa de veritat en un cultiu tancat: el llevat es queda sense oxigen molt abans que sense sucre, i per això passa a fermentar.

b) Composició final. L'avanç de reacció el fixa l'oxigen: $\xi = 0{,}30/4{,}5 = 6{,}67\cdot 10^{-2}$ mol.

| Espècie | Inicial (mol) | Final (mol) | Fase | | -------------- | ------------- | ----------- | ----------- | | $\ce{C4H10O4}$ | 0,080 | 0,0133 | aquosa | | $\ce{O2}$ | 0,30 | 0 | gas | | $\ce{CO2}$ | 0 | 0,267 | gas | | $\ce{H2O}$ | — | 0,333 | líquida | | $\ce{N2}$ | 0,70 | 0,70 | gas (inert) |

A la mescla gasosa només hi queden $0{,}267 + 0{,}70 = 0{,}967$ mol: ni el substrat (aquós) ni l'aigua (líquida) hi compten.

c) Pressions. Amb $RT/V = 0{,}082\cdot 305/4{,}0 = 6{,}253$ atm·mol⁻¹:

$$p_{\text{total}} = \frac{n_{\text{gas}}RT}{V} = 0{,}9667 \cdot 6{,}253 = \boxed{6{,}04\ \mathrm{atm}}$$ $$p(\ce{CO2}) = 0{,}2667\cdot 6{,}253 = 1{,}67\ \mathrm{atm}, \qquad p(\ce{N2}) = 0{,}70\cdot 6{,}253 = 4{,}38\ \mathrm{atm}$$

que sumen 6,04 atm, com mana la llei de Dalton.

d) Després de dissoldre el $\ce{CO2}$. Només queda el nitrogen:

$$p_{\text{total}} = p(\ce{N2}) = \boxed{4{,}38\ \mathrm{atm}}$$

La pressió cau un 28 %.

e) Raonament qualitatiu.

1. El $\ce{N2}$ i la pressió total. El nitrogen no reacciona, però ocupa volum i xoca contra les parets: aporta la seua pressió parcial (4,38 atm, el 72 % del total) a la suma de Dalton. Ara bé, com que la seua quantitat no canvia, no influeix gens en la variació de pressió deguda a la reacció: actua com un pedestal constant. Si aquesta fos una reacció en equilibri, tampoc no el desplaçaria a volum constant.
2. Per què la pressió baixa. Per cada 4,5 mol d'$\ce{O2}$ consumits només se'n produeixen 4 de $\ce{CO2}$: $\Delta n_{\text{gas}} = 4 - 4{,}5 = -0{,}5$ per mol de substrat. El motiu és que cinc dels productes se'n van en fase líquida (l'aigua) i el substrat era aquós. En números: es passa de $0{,}30 + 0{,}70 = 1{,}00$ mol de gas a 0,967, i la pressió baixa de 6,25 a 6,04 atm (un 3,3 %). Si la relació hagués estat 1:1 —com en la respiració de la glucosa— la pressió s'hauria mantingut constant. Aquesta és, de fet, la base dels respiròmetres: es mesura el consum d'oxigen absorbint el $\ce{CO2}$ amb $\ce{KOH}$ i observant la caiguda de pressió, exactament l'apartat d).

Problema B5 — Calorimetria de la combustió de l'etanol

Enunciat

En un laboratori s'estudia la combustió de l'etanol líquid:

$$\ce{C2H5OH(l) + O2(g) -> CO2(g) + H2O(l)}$$

a) Calcula l'entalpia estàndard de combustió de l'etanol. (5 punts) b) Es cremen 2,30 g d'etanol en un calorímetre que conté 500 g d'aigua, inicialment a 20,0 °C. La temperatura final és de 36,5 °C. Calcula la calor absorbida per l'aigua. (4 punts) c) Determina l'entalpia experimental de combustió de l'etanol (en kJ·mol⁻¹). (3 punts) d) Compara el valor experimental amb el teòric i proposa dues fonts d'error que expliquen la diferència. (4 punts) e) Explica, a nivell d'enllaços químics, per què la combustió de l'etanol és un procés exotèrmic. (4 punts)

(Dades: $\Delta H_f^\circ[\ce{CO2}(g)] = -393{,}5$ kJ·mol⁻¹; $\Delta H_f^\circ[\ce{H2O}(l)] = -285{,}8$ kJ·mol⁻¹; $\Delta H_f^\circ[\ce{C2H5OH}(l)] = -277{,}0$ kJ·mol⁻¹; calor específica de l'aigua: $c = 4{,}18$ J·g⁻¹·K⁻¹)

Solució

a) Entalpia estàndard de combustió. Igual que a B4, l'equació de l'enunciat no està ajustada:

$$\ce{C2H5OH(l) + 3 O2(g) -> 2 CO2(g) + 3 H2O(l)}$$

Aplicant la llei de Hess (i recordant que $\Delta H_f^\circ(\ce{O2}) = 0$):

$$\Delta H_c^\circ = 2(-393{,}5) + 3(-285{,}8) - (-277{,}0) = -787{,}0 - 857{,}4 + 277{,}0$$ $$\boxed{\Delta H_c^\circ = -1367{,}4\ \mathrm{kJ/mol}}$$

b) Calor absorbida per l'aigua.

$$Q = m\,c\,\Delta T = 500 \cdot 4{,}18 \cdot (36{,}5 - 20{,}0) = 3{,}45\cdot 10^{4}\ \mathrm{J} = \boxed{34{,}5\ \mathrm{kJ}}$$

c) Entalpia experimental. Amb $M(\ce{C2H5OH}) = 46{,}0$ g/mol, els 2,30 g són exactament $n = 0{,}0500$ mol. Suposant que tota la calor alliberada l'ha absorbida l'aigua:

$$\Delta H_{\text{exp}} = -\frac{Q}{n} = -\frac{34{,}485}{0{,}0500} = \boxed{-690\ \mathrm{kJ/mol}}$$

d) Comparació i fonts d'error. El valor experimental és només el 50 % del teòric ($-690$ enfront de $-1367$ kJ/mol): un error relatiu del 49,5 %, enorme. I el signe de la discrepància és informatiu: sempre s'obté menys calor de la deguda, mai més. Fonts d'error, per ordre d'importància:

1. Pèrdues de calor a l'entorn. És, de llarg, la principal en un calorímetre escolar de got amb un cremador d'alcohol: bona part dels gasos calents i de la radiació de la flama se'n van a l'aire, no a l'aigua. Un calorímetre de bomba adiabàtic recupera més del 99 %.
2. No s'ha tingut en compte la capacitat calorífica del calorímetre (got, agitador, termòmetre). Aquest recipient també s'ha escalfat 16,5 K i aquesta calor no s'ha comptabilitzat: caldria haver determinat abans la constant del calorímetre $C_{\text{cal}}$ i escriure $Q = (mc + C_{\text{cal}})\Delta T$.
3. Combustió incompleta. Amb oxigen limitat es forma CO i sutge (visible com a negror al fons del recipient), reaccions que alliberen molta menys energia.
4. Evaporació d'etanol sense cremar-se i evaporació d'aigua del vas, que consumeix calor latent.

Convé afegir un matís que sol distingir una bona resposta: si l'aigua eixira com a vapor en lloc de líquid, l'entalpia teòrica seria $-1235{,}4$ kJ/mol, encara molt lluny dels $-690$ mesurats. La discrepància no s'explica per l'estat de l'aigua, sinó per les pèrdues.

e) Per què és exotèrmica, a nivell d'enllaços. Tota reacció requereix trencar enllaços (procés endotèrmic) i formar-ne de nous (exotèrmic); el signe global el fixa la diferència:

$$\Delta H \approx \sum E_{\text{enllaços trencats}} - \sum E_{\text{enllaços formats}}$$

En la combustió es trenquen els enllaços C–C, C–H, C–O i O–H de l'etanol i, sobretot, el doble enllaç O=O de l'oxigen molecular, que és sorprenentment feble (498 kJ/mol per a un doble enllaç). En canvi es formen els enllaços més forts possibles amb aquests àtoms: dos C=O per cada $\ce{CO2}$ (uns 799 kJ/mol cadascun) i dos O–H per cada aigua (463 kJ/mol). Els productes són, així, molt més estables —més avall en energia— que els reactius, i la diferència s'allibera com a calor.

Aquesta és la raó de fons per la qual tots els hidrocarburs i alcohols cremen alliberant energia, i per què el $\ce{CO2}$ i l'$\ce{H2O}$ són els «cementiris energètics» del carboni i l'hidrogen: per tornar-los a pujar energèticament cal fotosíntesi o electròlisi.