Aragón · 2025

Examen de Física y Química — Aragón 2025: propuestas A y B resueltas

Orden ECD/137/2025 (BOA 11/02/2025) · primera prueba, parte A: práctica

La parte A (práctica) de la primera prueba de la oposición de Física y Química de Aragón de 2025 ofrecía dos propuestas alternativas, A y B, de cuatro ejercicios cada una y 10 puntos por ejercicio. La propuesta A cubre equilibrio químico, electroquímica, bobinas de Helmholtz y tiro parabólico; la B, una retrovaloración redox, termoquímica de combustión, el modelo de atmósfera estándar y electrostática. Abajo tienes el enunciado y la resolución de los ocho ejercicios.

Fuente del enunciado. Documento oficial del procedimiento selectivo convocado por la Orden ECD/137/2025 (BOA de 11/02/2025), especialidad Física y Química, primera prueba, parte A. El original incluye la rúbrica de puntuación de cada apartado, que se reproduce porque orienta mucho sobre lo que espera el tribunal. Las soluciones son de elaboración propia; no proceden de criterios de corrección oficiales ni de ninguna academia.

Instrucciones originales. La puntuación máxima de cada ejercicio es 10 puntos y solo se alcanza si la solución es correcta y está razonada. Se exige obtener los resultados paso a paso. Los resultados sin unidades se penalizan con 0,5 puntos en cada ejercicio, y por faltas de ortografía o redacción defectuosa se puede bajar la calificación final hasta 1 punto.

Propuesta A

Ejercicio A.1 — Equilibrio de síntesis de metanol

Enunciado

A 400 K se introducen en un recipiente monóxido de carbono e hidrógeno en proporciones estequiométricas respecto a la reacción $\ce{CO(g) + 2 H2(g) <=> CH3OH(g)}$ . Cuando se alcanza el equilibrio, la presión total es 1 atm y la mezcla gaseosa contiene un 20 % en volumen de metanol. Calcule: a) las fracciones molares de todos los gases en el equilibrio (2p); b) el porcentaje en masa de cada componente (3p); c) las constantes $K_p$ y $K_c$ a 400 K (1p); d) si a 500 K se favorecerá la obtención de metanol, justificándolo cualitativa y cuantitativamente (calculando $K_p$ a 500 K) (3p). (Planteamiento del equilibrio: 1p.)

Datos. Masas atómicas: 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).

Solución

a) Fracciones molares

Partimos de 1 mol de CO y 2 mol de $\ce{H2}$ (proporción estequiométrica) y llamamos $x$ al avance:

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

La condición «20 % en volumen de metanol» es $\chi_{\ce{CH3OH}} = 0{,}20$ :

\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

Atajo útil: como CO y $\ce{H2}$ se consumen en relación 1:2 y parten en esa misma relación, se mantienen siempre en proporción 1:2, de modo que el 80 % restante se reparte automáticamente en 26,67 % y 53,33 %.

b) Porcentaje en masa

La masa total se conserva y vale 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\ \%

Obsérvese el contraste con las fracciones molares: el hidrógeno es más de la mitad de las moléculas pero solo el 7 % de la masa.

c) Constantes de equilibrio

Como $P_\text{total} = 1\ \mathrm{atm}$ , cada presión parcial coincide numéricamente con su fracción 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}}

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

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

d) Evolución a 500 K

Cualitativamente. La entalpía estándar de reacción es

\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 reacción es exotérmica, así que según Le Châtelier un aumento de temperatura desplaza el equilibrio hacia los reactivos: a 500 K se obtendrá menos metanol.

Cuantitativamente, por la ecuación 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 constante cae en un factor de más de 400: la confirmación numérica de la predicción cualitativa. Este es exactamente el compromiso industrial del proceso de metanol: se necesita temperatura para que la cinética sea razonable, pero cada grado de más penaliza el rendimiento, y por eso se compensa trabajando a presiones muy elevadas.

Ejercicio A.2 — Pila alcalina de cinc/dióxido de manganeso

Enunciado

Una pila alcalina definida por la ecuación $\text{cinc} + \text{óxido de manganeso(IV)} \longrightarrow \text{óxido de cinc} + \text{óxido de manganeso(III)}$ desarrolla una intensidad de 2,5 A durante 8 minutos.

a) (3p) Escriba las semirreacciones ajustadas y la reacción molecular. Indique cuáles son los electrodos y el signo de estos.
b) (3p) Calcule los gramos de Zn puestos en juego.
c) (4p) Calcule el tiempo que durará la pila con una corriente de 2,5 A si presenta 18 g de Zn y deja de funcionar cuando se haya consumido el 20 % del mismo.

Datos: masa atómica Zn = 65,38; F = 96500 C/mol.

Solución

a) Semirreacciones y electrodos

En medio alcalino, que es el propio de esta pila:

\text{oxidación (ánodo):}\quad \ce{Zn + 2 OH^- -> ZnO + H2O + 2 e^-}

\text{reducción (cátodo):}\quad \ce{2 MnO2 + H2O + 2 e^- -> Mn2O3 + 2 OH^-}

\text{global:}\quad \ce{Zn + 2 MnO2 -> ZnO + Mn2O3}

El ánodo es el electrodo de cinc, donde ocurre la oxidación, y en una pila (celda galvánica) es el polo negativo. El cátodo es el de dióxido de manganeso, polo positivo. Conviene recordar el criterio, porque en una celda electrolítica los signos se invierten: lo que define ánodo y cátodo es siempre la oxidación y la reducción, no el signo.

b) Gramos de cinc

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}

Como cada átomo de Zn cede 2 electrones:

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) Duración de la pila

Se consume el 20 % de 18 g, es decir 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}

Ejercicio A.3 — Bobinas de Helmholtz

Enunciado

Una bobina de Helmholtz consiste en dos bobinas circulares idénticas, situadas simétricamente a lo largo de un eje común, una a cada lado del área experimental y separadas por una distancia $h$ igual al radio $R$ . Cada bobina transporta la misma corriente en la misma dirección.

a) (4,5p) Si cada bobina tiene $N$ espiras, demuestre que el campo magnético en el punto central O es $B = \left(\dfrac{4}{5}\right)^{3/2}\dfrac{\mu_0 N I}{R}$ .
b) (2,5p) Calcule la razón entre el campo en O y su valor en el centro de una de las bobinas (punto A o B).
c) (3p) Diseñe una actividad práctica para 2.º de Bachillerato en la que se utilicen bobinas de Helmholtz para determinar el campo magnético terrestre (en España, unos 40 μT).

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

Ejercicio A.3

Configuración de Helmholtz: separación igual al radio

h = R

I, N

eje

Las dos bobinas, con N espiras y la misma corriente en el mismo sentido, están separadas h = R. En el punto medio O el campo es máximamente uniforme; A y B son los centros de cada bobina.

Solución

a) Demostración

El campo de una espira circular de radio $R$ recorrida por $I$ , en un punto de su eje a distancia $z$ del centro, es (aplicando Biot-Savart e integrando; solo sobrevive la componente axial por simetría):

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

Para una bobina de $N$ espiras basta multiplicar por $N$ . En la configuración de Helmholtz las dos bobinas distan $h = R$ , así que el punto medio O está a $z = R/2$ de cada una, y ambos campos se suman (misma corriente, mismo sentido):

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) Razón entre O y el centro de una bobina

En el punto A (centro de una bobina) se suman el campo de esa misma bobina, a $z = 0$ , y el de la otra, a $z = h = R$ :

B_A = \underbrace{\frac{\mu_0 N I}{2R}}_{\text{propia}} + \underbrace{\frac{\mu_0 N I R^2}{2(2R^2)^{3/2}}}_{\text{la otra}} = \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 campo en el centro es solo un 5,7 % mayor que en los planos de las bobinas. Ahí está la gracia de la geometría de Helmholtz: con $h = R$ se anula la segunda derivada del campo en O, de modo que la región central es notablemente uniforme y sirve como patrón de campo conocido.

c) Actividad práctica para 2.º de Bachillerato (orientación)

Este apartado es de respuesta abierta; lo que sigue es una propuesta razonada, no la única solución posible.

Fundamento. El montaje clásico es el del galvanómetro de tangentes. Se orientan las bobinas de modo que su eje quede horizontal y perpendicular a la componente horizontal del campo terrestre (es decir, en dirección E–O), y se coloca una brújula en el punto O. Sin corriente, la aguja señala el norte magnético. Al hacer pasar corriente, la aguja se desvía un ángulo $\theta$ tal que

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

Procedimiento. (1) Medir $R$ y anotar $N$ . (2) Alinear el eje E–O con la propia brújula. (3) Aumentar la corriente hasta que la desviación sea 45º, condición especialmente cómoda porque entonces $B_O = B_{\text{Tierra},h}$ directamente. (4) Repetir para varias corrientes y representar $\tan\theta$ frente a $I$ : la pendiente da $B_{\text{Tierra},h}$ por regresión lineal, que es mejor que una medida aislada. (5) Invertir el sentido de la corriente y promediar para cancelar errores de alineación.

Orden de magnitud esperado. Con $N = 100$ , $R = 0{,}15\ \mathrm{m}$ e $I \approx 0{,}05\ \mathrm{A}$ se obtienen unos $30\ \mathrm{\mu T}$ , del orden del valor real (~40 μT de campo total, del que la componente horizontal en España es unos 25 μT).

Aprovechamiento didáctico. Permite trabajar la ley de Biot-Savart, la superposición vectorial de campos, el tratamiento de errores y el ajuste por mínimos cuadrados, y conectar con la declinación e inclinación magnéticas y con el geomagnetismo. Conviene advertir de que hay que alejar objetos ferromagnéticos y otros equipos del montaje: es la principal fuente de error sistemático.

Ejercicio A.4 — Tiro parabólico y parábola de seguridad

Enunciado

Se lanza una partícula con velocidad $v_0$ y ángulo de inclinación $\alpha$ para que pase por el punto $P(x_1, h)$ . Se toma $g = 9{,}8\ \mathrm{N/kg}$ .

a) (2,5p) Calcule los ángulos $\alpha$ de lanzamiento para $x_1 = 4{,}00\ \mathrm{m}$ , $h = 0{,}80\ \mathrm{m}$ y $v_0 = 7{,}0\ \mathrm{m/s}$ .
b) (2,5p) Calcule la velocidad crítica por debajo de la cual no se puede alcanzar P.
c) (4p) Determine y represente gráficamente la función $y = f(x)$ de los puntos críticos que pueden alcanzarse con velocidad $v_0$ (parábola de seguridad), y represéntela para $v_0 = 7{,}0\ \mathrm{m/s}$ .

Solución

a) Ángulos de lanzamiento

Eliminando el tiempo de las ecuaciones del tiro parabólico y usando $1/\cos^2\alpha = 1+\tan^2\alpha$ :

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

Imponiendo que pase por $P(x_1,h)$ y llamando $t = \tan\alpha$ y $k = \dfrac{g x_1^2}{2v_0^2}$ , queda una ecuación de segundo grado en la tangente:

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

Con los datos, $k = \dfrac{9{,}8\cdot 16}{2\cdot 49} = 1{,}60\ \mathrm{m}$ :

1{,}6\,t^2 - 4\,t + 2{,}4 = 0 \;\Longleftrightarrow\; 2t^2 - 5t + 3 = 0 \;\Longrightarrow\; t = 1 \ \text{ó}\ t = 1{,}5

\alpha_1 = 45{,}0^\circ; \qquad \alpha_2 = 56{,}3^\circ

Dos soluciones, la «tensa» y la «curva»: es el resultado clásico de que a un mismo punto se llega por dos trayectorias distintas con la misma rapidez inicial.

b) Velocidad crítica

El punto deja de ser alcanzable cuando la ecuación anterior no tiene solución real, es decir cuando el discriminante se anula:

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}

Por debajo de $v_\text{crít} = 6{,}91\ \mathrm{m/s}$ el punto P es inalcanzable con cualquier ángulo. Como el enunciado usa $7{,}0 > 6{,}91$ , existen las dos soluciones del apartado a; si la velocidad fuese exactamente la crítica, las dos raíces coincidirían en un único ángulo.

c) Parábola de seguridad

Repitiendo el razonamiento para un punto genérico $(x,y)$ , la condición de alcanzabilidad es $x^2 - 4k(y+k)\ge 0$ con $k = \dfrac{gx^2}{2v_0^2}$ . La frontera (discriminante nulo) da, tras 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\;}

Es una parábola invertida que envuelve a todas las trayectorias posibles: separa la región accesible (por debajo) de la inaccesible (por encima). Sus dos parámetros tienen significado físico inmediato: el vértice $v_0^2/2g$ es la altura máxima del lanzamiento vertical y el corte con el suelo, $v_0^2/g$ , es el alcance máximo (lanzamiento a 45º). Para $v_0 = 7{,}0\ \mathrm{m/s}$ :

y = 2{,}50 - 0{,}10\,x^2 \qquad (\text{vértice a } 2{,}50\ \mathrm{m},\ \text{corte en } x = 5{,}00\ \mathrm{m})

Ejercicio A.4c

Parábola de seguridad para v₀ = 7,0 m/s y las dos trayectorias que pasan por P

P(4; 0,8)

2,5

5,0

x (m)

y (m)

parábola de seguridad

45,0°

56,3°

La envolvente y = 2,50 − 0,10x² delimita la región alcanzable. Las trayectorias de 45,0° y 56,3° pasan ambas por P(4,00; 0,80), que queda justo por debajo de la envolvente (0,90 m).

Propuesta B

Ejercicio B.1 — Retrovaloración de sulfato de hierro(II)

Enunciado

Determine los gramos de sulfato de hierro(II) heptahidratado en un sólido impuro de 28,3 gramos. Para ello se han disuelto 0,822 g de la muestra en medio ácido y se tratan con 25,00 mL de una disolución de permanganato de potasio 0,020 M. Tras la reacción se toma una alícuota de 10 mL de la disolución que contiene exceso de permanganato y se diluye añadiendo 20 mL de agua pura. El permanganato de la disolución diluida se valora, también en medio ácido, con 17,40 mL de una disolución de oxalato de sodio 0,010 M.

Masas atómicas: Fe = 55,8; S = 32,1; O = 16,0; H = 1,0. (Ajuste de las dos reacciones redox: 4p; moles de Fe²⁺: 3p; gramos de sulfato: 3p.)

Solución

Las dos reacciones

\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}

Se trata de una valoración por retroceso: se añade permanganato en exceso conocido, reacciona todo el $\ce{Fe^2+}$ , y el sobrante se determina con oxalato.

Cuidado con la trampa. Los 20 mL de agua pura que se añaden no cambian los moles de permanganato de la alícuota: solo diluyen. Es un dato distractor. Lo que sí importa es que la alícuota es de 10 mL sobre un total de 25,00 mL, así que hay que escalar por 25/10.

Cálculo

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{alícuota} = \tfrac{2}{5}\cdot 1{,}74\cdot 10^{-4} = 6{,}96\cdot 10^{-5}\ \mathrm{mol}

n(\ce{MnO4^-})_\text{exceso} = 6{,}96\cdot 10^{-5}\cdot\frac{25}{10} = 1{,}74\cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol}

n(\ce{MnO4^-})_\text{con 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}

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

m = 1{,}63\cdot 10^{-3}\cdot 277{,}9 = 0{,}453\ \mathrm{g}\ \text{en los } 0{,}822\ \mathrm{g} \;\Longrightarrow\; \text{riqueza} = \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}}

Ejercicio B.2 — Combustión de una mezcla propano/butano

Enunciado

Una mezcla gaseosa de propano y butano contiene el 80 % en moles de propano.

a) (7p) Calcule la masa de $\ce{CO2}$ que se obtiene y el calor que se desprende en la combustión completa de 23,4 g de dicha mezcla, a presión estándar y 298 K.
b) (3p) Dicho calor se emplea para calentar y evaporar agua. Se dispone de 1,0 L de agua a 20 ºC en un vaso de poliestireno abierto; la temperatura se eleva a 100 ºC y el agua comienza a hervir. ¿Qué masa de agua se evaporará?

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

Solución

a) Dióxido de carbono y calor desprendido

La masa molar media de la mezcla es

\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}

es decir 0,400 mol de propano y 0,100 mol de butano. Como cada propano da 3 $\ce{CO2}$ y cada butano 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}

Entalpías de combustión (con agua líquida, coherente con el dato aportado):

\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{desprendidos}}

b) Agua evaporada

El agua (1,0 L = 1000 g) se calienta primero 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}

Sobran $1176{,}1 - 334{,}4 = 841{,}7\ \mathrm{kJ}$ para la vaporización:

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

Es decir, algo más de un tercio del litro inicial. El enunciado precisa que el vaso es de poliestireno y abierto para justificar dos hipótesis: que no hay pérdidas apreciables por las paredes y que la ebullición ocurre a presión atmosférica constante.

Ejercicio B.3 — Modelo de atmósfera estándar

Enunciado

Suponemos que la temperatura de la atmósfera disminuye linealmente 6,5 ºC/km desde 15 ºC a nivel del mar hasta 11 km, y luego permanece constante hasta 20 km. Para la presión a nivel del mar tomamos $p_0 = 100\ \mathrm{kPa}$ .

a) (6p) Represente las variaciones de presión con la altura de 0 a 20 km (se puede despreciar la variación de $g$ ).
b) (2p) El barómetro de un avión mide 50 kPa. ¿A qué altura vuela?
c) (2p) Estime la masa total de la atmósfera. ¿A qué altura se tiene ya la mitad de esa masa?

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

Solución

a) Ley barométrica en los dos tramos

Partimos de la ecuación fundamental de la hidrostática para un gas ideal:

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

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

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

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

Estratosfera ( $11 \le h \le 20\ \mathrm{km}$ ), isoterma a 216,65 K, donde la ley es exponencial con altura de 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}

Ejercicio B.3a

Presión atmosférica frente a la altura (0–20 km)

100

5,5

h (km)

p (kPa)

tropopausa

estratosfera isoterma

Tramo potencial en la troposfera (gradiente de 6,5 °C/km) y exponencial en la estratosfera isoterma a partir de 11 km. La línea de 50 kPa corta la curva a 5,5 km: es tanto la altura del avión como la altura que deja debajo la mitad de la masa.

b) Altura del avión

Con $p = 50\ \mathrm{kPa}$ estamos claramente en 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) Masa de la atmósfera y altura de la mitad

La presión a nivel del mar es, por definición, el peso de toda la columna de aire por unidad de área. Por tanto:

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}

muy próximo al valor aceptado ( $5{,}15\cdot 10^{18}\ \mathrm{kg}$ ). Y aquí viene lo elegante: como la presión mide directamente el peso de la columna que queda por encima, la altura que deja debajo la mitad de la masa es precisamente donde $p = p_0/2 = 50\ \mathrm{kPa}$ , es decir la misma que la del apartado b: 5,5 km. Dicho de otro modo, la mitad de la atmósfera está por debajo de la cota del Mont Blanc.

Ejercicio B.4 — Carga sobre la mediatriz de dos cargas iguales

Enunciado

Cuando una carga $q$ se mueve sobre la mediatriz de un segmento definido por dos cargas iguales $Q$ , la fuerza a la que está sometida depende de la distancia al punto medio del segmento.

a) (6p) Calcule la distancia que hace máxima esa fuerza y el valor de dicha fuerza.
b) (4p) Calcule el trabajo electrostático sobre la carga $q$ al moverla desde el punto de máxima fuerza sobre la mediatriz hasta el punto medio del segmento. Interprete el signo.

Solución

a) Distancia y valor de la fuerza máxima

Situamos las cargas $Q$ en $(\pm a, 0)$ —el segmento mide $2a$ — y la carga $q$ en $(0, y)$ sobre la mediatriz. Cada carga la atrae o repele con módulo $kQq/(a^2+y^2)$ ; por simetría las componentes horizontales se cancelan y solo sobreviven las verticales, cada una multiplicada por $\cos\beta = y/\sqrt{a^2+y^2}$ :

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 máximo se obtiene derivando e igualando a cero:

\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}\,}

Sustituyendo:

F_\text{máx} = \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 comportamiento tiene sentido en los dos límites: en el punto medio ( $y=0$ ) la fuerza es nula por simetría, y muy lejos ( $y\to\infty$ ) tiende a cero como $1/y^2$ ; entre medias hay necesariamente un máximo.

b) Trabajo electrostático

El potencial creado por las dos cargas sobre la mediatriz es $V(y) = \dfrac{2kQ}{\sqrt{a^2+y^2}}$ , de modo 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}

Interpretación del signo. Para cargas del mismo signo (fuerza repulsiva), el trabajo de la fuerza electrostática es negativo: se está llevando la carga hacia las cargas fuentes, en contra de la repulsión, así que la energía potencial aumenta y debe ser un agente externo quien aporte esa energía. Consecuentemente, si se soltara la carga en el punto medio, el sistema devolvería espontáneamente ese trabajo acelerando $q$ a lo largo de la mediatriz. (Si $Q$ y $q$ tuvieran signos opuestos, todos los signos se invertirían y el trabajo electrostático sería positivo.)

Comentario global del ejercicio

Aragón es de las convocatorias más transparentes: publica la rúbrica de cada apartado dentro del propio enunciado, lo que permite dosificar el tiempo con precisión (por ejemplo, en A.1 el porcentaje en masa vale 3 puntos, más que las constantes de equilibrio). Tres avisos:

Las unidades penalizan. El enunciado avisa de −0,5 puntos por ejercicio si faltan; con ocho ejercicios entre las dos propuestas es una pérdida perfectamente evitable.
Hay apartados de didáctica dentro de la prueba práctica (A.3c). Conviene no dejarlo para el final: son 3 de los 10 puntos del ejercicio y se responden sin cálculo.
Los enunciados incluyen distractores. En B.1, los 20 mL de agua pura no alteran los moles de permanganato; lo que sí importa es la relación alícuota/total. Leer con cuidado vale más que calcular deprisa.