Examen de Física y Química — Cantabria 2024: prueba práctica resuelta

La prueba práctica de Física y Química de Cantabria de 2024 tiene una estructura poco habitual: hay que elegir una opción completa de problemas (A o B, hasta 8 puntos) y una opción completa de ejercicios (C o D, hasta 2 puntos), sin poder mezclar. Tres horas para todo. Aquí tienes resuelta la opción A entera —ciclo termodinámico, cilindro coaxial cargado, valoración del ácido sulfuroso y una gravimetría de cloruros— más los problemas 2, 3 y 4 de la opción B: el violín, la identificación de un éster por crioscopía y la cinética del éter dimetílico.

Fuente del enunciado. Documento oficial «Especialidad: Física y Química — Prueba práctica 2024» de la Consejería de Educación del Gobierno de Cantabria. Las soluciones son de elaboración propia, no proceden de ningún criterio de corrección oficial ni de academia alguna. La convocatoria publicó además las rúbricas de corrección de las partes A y B, que no se reproducen aquí.

Qué falta y por qué. El problema B1 (muelle y esfera con rebote) remite a un dibujo con distancias que el texto no describe; el ejercicio C5a (balanza magnética) también depende de un esquema, y la opción D entera consiste en identificar imágenes, fórmulas y montajes de una página anexa. Sin esas figuras cualquier resolución sería inventada, así que no se incluyen.

Opción A · Problema 1 — Ciclo termodinámico de un gas diatómico

Enunciado

Un mol de un gas ideal diatómico se encuentra a 300 K ocupando un volumen de 3 L. Se expansiona isotérmicamente hasta que su volumen es el doble y a continuación se le enfría isobáricamente hasta cierto estado. Un proceso adiabático final devuelve al gas a su estado inicial.

a) Determine el valor de las variables termodinámicas en los diferentes estados. (1 punto) b) Determine el calor intercambiado y el trabajo realizado en cada proceso. (1 punto)

Solución

Gas diatómico significa $C_V = \tfrac{5}{2}R$, $C_P = \tfrac{7}{2}R$ y $\gamma = C_P/C_V = 1{,}40$. Es el dato que hay que extraer de la palabra «diatómico» y sin el cual no se puede cerrar el ciclo.

a) Los tres estados. El estado 3 es el único que hay que buscar: no se dice a qué volumen se enfría el gas, pero está determinado por la condición de que la adiabática 3→1 cierre el ciclo.

Estado 1: $T_1 = 300$ K, $V_1 = 3{,}00$ L.

Estado 2 (isoterma, $V$ se duplica): $T_2 = 300$ K, $V_2 = 6{,}00$ L, y como $PV$ es constante, $P_2 = P_1/2 = 4{,}16\cdot 10^{5}$ Pa $= 4{,}10$ atm.

Estado 3 (isóbara desde 2, luego adiabática hasta 1): $P_3 = P_2 = 4{,}16\cdot 10^{5}$ Pa. De la adiabática $P_3V_3^\gamma = P_1V_1^\gamma$:

Comprobación por la otra forma de la adiabática: $T_3 = T_1(V_1/V_3)^{\gamma-1} = 300\cdot(0{,}6095)^{0{,}4} = 246{,}1$ K. ✔

b) Calor y trabajo. Convenio: $W$ es el trabajo realizado por el gas y $\Delta U = Q - W$.

1→2, isoterma. $\Delta U = 0$ porque $U$ de un gas ideal solo depende de $T$:

2→3, isóbara.

Comprobación: $Q_{23} = nC_P\Delta T = \tfrac{7}{2}\cdot 8{,}314\cdot(-53{,}9) = -1568$ J. ✔

3→1, adiabática. Por definición $Q_{31} = 0$, luego

La comprobación que hay que hacer siempre: en un ciclo $\Delta U = 0$, así que $\sum W = \sum Q$. Aquí ambos dan $+160$ J. El signo positivo indica que el ciclo es motor (se recorre en sentido horario en el diagrama $P$–$V$). Su rendimiento es $\eta = W_{\text{neto}}/Q_{\text{absorbido}} = 160/1729 = 9{,}3\ \%$; el de Carnot entre 246,1 y 300 K sería del 18,0 %, así que ni la mitad — normal, porque el ciclo no es reversible entre dos únicos focos.

Opción A · Problema 2 — Cilindro coaxial cargado

Enunciado

Sea un objeto cilíndrico formado por un cilindro macizo muy largo de radio $a$ y densidad de carga uniforme $\rho$ y otro cilindro muy delgado concéntrico de radio $b$ que tiene una carga igual pero opuesta, distribuida uniformemente en su superficie ($b > a$).

a) Obtenga el campo eléctrico para cualquier punto del espacio. (1 punto) b) Calcule el potencial eléctrico en todos los puntos del espacio, tomando nulo el valor del potencial en el cilindro exterior. (1 punto)

Solución

a) Campo por el teorema de Gauss. La simetría cilíndrica («muy largo») garantiza que $\vec{E}$ es radial y que su módulo solo depende de la distancia $r$ al eje. La superficie gaussiana natural es un cilindro coaxial de radio $r$ y longitud $L$: por las tapas no hay flujo (el campo es paralelo a ellas) y por la superficie lateral el flujo es $E\cdot 2\pi rL$.

La carga por unidad de longitud del cilindro interior es $\lambda = \rho\pi a^2$, y la del cilindro exterior es $-\lambda$.

Región 1, $r < a$ (dentro del cilindro macizo). La carga encerrada es solo la fracción interior, $q_{\text{int}} = \rho\pi r^2 L$:

Crece linealmente desde cero en el eje.

Región 2, $a < r < b$ (entre los dos cilindros). Ahora está encerrada toda la carga interior:

Decae como $1/r$, como el hilo infinito.

Región 3, $r > b$. La carga total encerrada es $\lambda L - \lambda L = 0$:

Este es el resultado que merece comentario: el sistema apantalla completamente el exterior. Es el principio del cable coaxial, y por eso el campo del interior no interfiere con nada de fuera.

b) Potencial. Se integra $V(r) - V(r_0) = \int_r^{r_0}\vec{E}\cdot d\vec{r}$ con la condición $V(b) = 0$, empezando por fuera y avanzando hacia dentro.

$r > b$: como $E = 0$ y $V(b) = 0$, resulta $\boxed{V = 0}$ en todo el exterior.

$a < r < b$:

que vale 0 en $r = b$ y crece hacia dentro (logarítmicamente).

$r < a$: hay que sumar la contribución del tramo interior al valor ya alcanzado en $r = a$:

El máximo está en el eje, $V(0) = \dfrac{\rho a^2}{2\varepsilon_0}\ln\dfrac{b}{a} + \dfrac{\rho a^2}{4\varepsilon_0}$.

Continuidad, que es la comprobación obligada: en $r = a$ las dos expresiones coinciden, y en $r = b$ la segunda da 0. El potencial es continuo en todas partes (el campo, en cambio, salta en $r = b$, porque allí hay una densidad superficial de carga).

Opción A · Problema 3 — Valoración del ácido sulfuroso

Enunciado

Se realiza una valoración de 50,00 mL de ácido sulfuroso 0,1 M con NaOH 0,2 M.

a) Determine el pH de la disolución cuando se han añadido 15 mL, 25 mL, 40 mL y 50 mL de NaOH, sucesivamente, identificando los puntos de equivalencia. (1 punto) b) A partir de los resultados obtenidos, construya la curva de valoración, identificando cada una de las zonas y puntos representativos. (1 punto)

Datos: $K_{a1} = 1{,}4\cdot 10^{-2}$; $K_{a2} = 6{,}5\cdot 10^{-8}$.

Solución

Cantidades de partida: $n(\ce{H2SO3}) = 0{,}0500\cdot 0{,}1 = 5{,}0\cdot 10^{-3}$ mol. Como el $\ce{NaOH}$ es 0,2 M, cada mL aporta $2{,}0\cdot 10^{-4}$ mol, de modo que los puntos de equivalencia están en

$pK_{a1} = 1{,}85$ y $pK_{a2} = 7{,}19$: se diferencian en 5,3 unidades, suficiente para que los dos saltos se resuelvan por separado.

15 mL — zona tampón $\ce{H2SO3}/\ce{HSO3-}$. Se han añadido $3{,}0\cdot 10^{-3}$ mol de $\ce{OH-}$, quedan $2{,}0\cdot 10^{-3}$ mol de $\ce{H2SO3}$ y se han formado $3{,}0\cdot 10^{-3}$ mol de $\ce{HSO3-}$ en 65 mL.

Aquí está la trampa del problema: Henderson-Hasselbalch no vale. Con $K_{a1} = 1{,}4\cdot 10^{-2}$ el ácido sulfuroso es un ácido casi fuerte, y la disociación adicional no es despreciable frente a las cantidades presentes. Hay que resolver el equilibrio completo. Con $C = 0{,}0769$ M (sulfito total) y $[\ce{Na+}] = 0{,}0462$ M, del balance de cargas $[\ce{HSO3-}] = [\ce{Na+}] + [\ce{H+}]$:

Henderson-Hasselbalch daría $1{,}85 + \log 1{,}5 = 2{,}03$: 0,16 unidades de diferencia, y en un ejercicio de este nivel eso se nota.

25 mL — primer punto de equivalencia. Todo es $\ce{HSO3-}$, especie anfiprótica, con $C = 5{,}0\cdot 10^{-3}/0{,}075 = 0{,}0667$ M. La fórmula completa del anfolito da

La aproximación popular $\mathrm{pH} \approx (pK_{a1} + pK_{a2})/2 = 4{,}52$ se queda cerca, pero aquí no está del todo justificada porque $C$ no es mucho mayor que $K_{a1}$ (0,067 frente a 0,014).

40 mL — zona tampón $\ce{HSO3-}/\ce{SO3^2-}$. Los primeros $5{,}0\cdot 10^{-3}$ mol de base gastan todo el $\ce{H2SO3}$ y los $3{,}0\cdot 10^{-3}$ restantes atacan al $\ce{HSO3-}$: quedan $2{,}0\cdot 10^{-3}$ mol de $\ce{HSO3-}$ y $3{,}0\cdot 10^{-3}$ de $\ce{SO3^2-}$. Ahora sí, $K_{a2}$ es pequeña y Henderson-Hasselbalch es legítima:

50 mL — segundo punto de equivalencia. Todo es $\ce{SO3^2-}$, a $5{,}0\cdot 10^{-3}/0{,}100 = 0{,}050$ M, que se hidroliza como base:

b) La curva y sus zonas.

La curva presenta dos saltos, uno en cada punto de equivalencia, separados por dos mesetas tamponadas. Puntos representativos que hay que saber señalar:

• Semiequivalencias. A 12,5 mL, $\mathrm{pH} \approx pK_{a1}$; a 37,5 mL, $\mathrm{pH} \approx pK_{a2} = 7{,}19$. Son las zonas de máxima capacidad tamponante y la forma experimental de medir las constantes.
• Asimetría de los dos saltos. El primero es suave y poco definido porque $K_{a1}$ es grande (ácido casi fuerte: cuanto más fuerte el ácido, peor definido su punto de equivalencia); el segundo es nítido. En la práctica, esta valoración se hace hasta el segundo punto, con fenolftaleína (viraje 8,2–10,0), que cae justo sobre el salto de pH 9,94.
• Ambos puntos de equivalencia están fuera del pH 7, uno ácido y otro básico. Neutralidad y equivalencia son cosas distintas.

Opción A · Problema 4 — Gravimetría de cloruros alcalinos

Enunciado

Al analizar una muestra de 0,6000 g de un compuesto del 83,33 % de pureza, se obtuvo una mezcla de cloruro de sodio y de cloruro de potasio, de masa 0,1180 g. Tratando estos cloruros a continuación con nitrato de plata se obtuvieron 0,245 g de cloruro de plata. ¿Cuál es el porcentaje de óxido de sodio y de óxido de potasio en la muestra? (2 puntos)

Datos: masas atómicas en u: Cl = 35,45; Na = 23,00; K = 39,10; Ag = 107,87; O = 16,00.

Solución

El planteamiento: dos incógnitas (masas de $\ce{NaCl}$ y $\ce{KCl}$) y dos ecuaciones (la masa total de la mezcla y los moles totales de cloruro, que revela el $\ce{AgCl}$). Es el esquema clásico de la gravimetría de una mezcla binaria.

Masas molares: $M(\ce{NaCl}) = 58{,}45$; $M(\ce{KCl}) = 74{,}55$; $M(\ce{AgCl}) = 143{,}32$ g/mol.

Como $\ce{Cl- + Ag+ -> AgCl v}$ es cuantitativa y cada cloruro aporta un $\ce{Cl-}$:

Con $x = m(\ce{NaCl})$ e $y = m(\ce{KCl})$:

Ahora se retrocede a los óxidos. Cada óxido aporta dos cationes, así que $n(\ce{Na2O}) = n(\ce{NaCl})/2$ y $n(\ce{K2O}) = n(\ce{KCl})/2$; ese factor 2 es el error más frecuente del problema. Con $M(\ce{Na2O}) = 62{,}00$ y $M(\ce{K2O}) = 94{,}20$ g/mol:

Y aquí hay que decidir sobre qué masa se calculan los porcentajes. El dato del 83,33 % (que es exactamente $5/6$, y convierte los 0,6000 g en unos redondísimos 0,5000 g de compuesto puro) solo tiene sentido si se refiere a la parte pura:

Si en cambio se toma literalmente «en la muestra» (los 0,6000 g brutos), sale $3{,}03\ \%$ y $8{,}82\ \%$. Conviene dar las dos lecturas y justificar la elegida: si el dato de pureza no se usa para nada, sobra en el enunciado, y los enunciados de oposición rara vez regalan datos.

⚠️ Un aviso de honestidad. Con cualquiera de las dos lecturas, los óxidos suman apenas un 12–14 % de la muestra. Eso significa que el «compuesto» del enunciado no es una mezcla de $\ce{Na2O}$ y $\ce{K2O}$: contiene además otros elementos (sería el caso de un silicato o un feldespato, donde el análisis se expresa habitualmente en forma de óxidos). El resultado es internamente coherente; simplemente, el enunciado no dice de qué compuesto se trata.

Opción B · Problema 2 — Las cuerdas del violín

Enunciado

Supongamos que estiramos con una misma tensión de 60,24 N las 4 cuerdas de un violín, que tienen 31,6 cm entre sus dos extremos fijos. Las frecuencias fundamentales de sus notas correspondientes son: SOL 196 Hz, RE 293,7 Hz, LA 440 Hz, MI 659,3 Hz.

a) Deduzca qué cuerda tiene una densidad lineal de 0,347 g/m. (0,5 puntos) b) Si se hace vibrar la cuerda RE, ¿a qué velocidad y en qué condiciones debería moverse un oyente para que percibiese «SOL»? (0,5 puntos) c) ¿Qué separación habrá entre dos personas que perciban 15 y 35 dB a partir de una misma nota emitida por una de las cuerdas? (1 punto)

Solución

a) Qué cuerda es. En una cuerda fija por los dos extremos, el modo fundamental tiene $\lambda = 2L$, y la velocidad de la onda transversal es $v = \sqrt{T/\mu}$:

Merece la pena calcular las cuatro para ver el patrón, porque explica por qué las cuerdas graves de un violín son visiblemente más gruesas: a igual tensión y longitud, $\mu \propto 1/f^2$.

b) Efecto Doppler. El oyente debe percibir una frecuencia menor (196 < 293,7 Hz), así que tiene que alejarse de la fuente. Con la fuente en reposo y el observador moviéndose a $v_o$:

Es decir, unos 407 km/h: el resultado es físicamente correcto pero prácticamente absurdo, y conviene decirlo. La razón de fondo es que RE y SOL están separados por una quinta descendente (razón 3:2, que es $-7$ semitonos), un intervalo enorme; el Doppler solo produce desplazamientos así a velocidades comparables a una fracción apreciable de la del sonido. Nótese que la velocidad del sonido no aparece en los datos: se ha tomado $v = 340$ m/s.

c) Separación entre los dos oyentes.

Como una fuente puntual radia con $I \propto 1/r^2$:

El oyente que percibe 15 dB está diez veces más lejos que el que percibe 35 dB. Si ambos están alineados con la fuente, la separación entre ellos es

⚠️ El apartado está indeterminado tal como se enuncia. Para dar una separación en metros haría falta la potencia acústica de la fuente o alguna distancia de referencia, y el enunciado no da ninguna. Lo único determinado es la relación $r_1 = 10\,r_2$. A modo de ilustración: si el oyente cercano estuviera a 1 m, el lejano estaría a 10 m y los separarían 9 m.

Opción B · Problema 3 — Identificación de un éster por crioscopía

Enunciado

Un compuesto orgánico A tiene un 54,54 % de C, un 9,09 % de H y 36,37 % de O. Disolviendo 7,59 g del mismo en 300 g de benceno, el punto de congelación de éste disminuye 1,47 °C. Además se sabe que ese compuesto A es insoluble en agua pero se disuelve en una disolución acuosa concentrada y caliente de hidróxido sódico, reaccionando con la base y produciendo dos compuestos orgánicos B y C, siendo éste último muy volátil. Cuando se hace reaccionar A con la cantidad equivalente de hidróxido sódico y se destila la mezcla sin descomponerla, se obtiene un residuo B cuya masa molar es 0,932 veces la masa molar de A.

a) Halle la fórmula empírica y molecular de A. (1 punto) b) Identifique los compuestos A, B y C, y escriba la reacción asociada entre ellos. (1 punto)

Datos: C = 12 u, H = 1 u, O = 16 u; $K_c = 5{,}12$ K·kg·mol⁻¹.

Solución

a) Fórmulas empírica y molecular. Tomando 100 g de compuesto:

Dividiendo por el menor (2,273): C 2,00 : H 4,00 : O 1,00, es decir fórmula empírica $\ce{C2H4O}$ ($M_e = 44$ g/mol).

La crioscopía da la masa molar real. De $\Delta T_f = K_c\,m$:

(El benceno es disolvente apolar y A es un compuesto molecular no disociable, así que el factor de van’t Hoff es 1 y no hay que corregir nada.)

b) Identificación. Las pistas químicas encajan una a una:

• Insoluble en agua pero reacciona con NaOH concentrado y caliente dando dos compuestos orgánicos → es una saponificación, luego A es un éster.
• Con $\ce{C4H8O2}$ hay cuatro ésteres posibles: metanoato de propilo, metanoato de isopropilo, etanoato de etilo y propanoato de metilo.
• El residuo B que queda tras destilar es la sal sódica (no volátil, iónica) y C es el alcohol («muy volátil»). El dato decisivo es la masa molar de la sal:

Todo cuadra: el etanol hierve a 78 °C (de ahí «muy volátil» y que destile), el acetato de sodio es un sólido iónico que queda como residuo, y la reacción es irreversible —a diferencia de la hidrólisis ácida— porque el carboxilato desprotonado ya no puede ser atacado por el alcohol. Esa irreversibilidad es justamente lo que hace útil la saponificación.

Opción B · Problema 4 — Descomposición del éter dimetílico

Enunciado

El éter dimetílico se descompone siguiendo el proceso $\ce{CH3-O-CH3 -> CH4 + CO + H2}$, de primer orden, y cuya constante de velocidad a una temperatura dada vale $1{,}35\cdot 10^{-3}$ s⁻¹.

a) Determine justificadamente la expresión de la presión parcial de una sustancia gaseosa de la descomposición del éter dimetílico. (1 punto) b) Determine la presión total al cabo de 215 s, si la presión inicial es $5{,}065\cdot 10^{4}$ Pa y se parte de una muestra de éter puro. (1 punto)

Solución

a) Presiones parciales. A $V$ y $T$ constantes, la presión parcial de cada gas es proporcional a sus moles, así que la ley integrada de primer orden se puede escribir directamente en presiones:

La presión de éter descompuesta hasta el instante $t$ es $p_0 - p_0e^{-kt} = p_0(1 - e^{-kt})$. Y como la estequiometría es 1:1:1:1, cada uno de los tres productos aparece en esa misma cantidad:

b) Presión total. Por la ley de Dalton, sumando el éter que queda y los tres productos:

Con $kt = 1{,}35\cdot 10^{-3}\cdot 215 = 0{,}2903$ y $e^{-kt} = 0{,}7481$:

es decir 0,752 atm partiendo de 0,500 atm. Desglose: quedan $3{,}79\cdot 10^{4}$ Pa de éter (el 74,8 % sin reaccionar) y hay $1{,}28\cdot 10^{4}$ Pa de cada producto.

Dos comprobaciones de sentido físico que conviene explicitar:

1. La presión crece porque cada molécula de éter genera tres moléculas de gas; el límite cuando $t\to\infty$ es $3p_0 = 1{,}52\cdot 10^{5}$ Pa, y a los 215 s se lleva recorrido la mitad del camino.
2. El periodo de semirreacción es $t_{1/2} = \ln 2/k = 513$ s, bastante mayor que los 215 s, lo que es coherente con que aún quede casi el 75 % del éter.

Este montaje —seguir una reacción midiendo la presión total en lugar de valorar alícuotas— es un método experimental estándar precisamente cuando $\Delta n_{\text{gas}} \ne 0$, y sirve para determinar $k$ representando $\ln(3p_0 - p_{\text{total}})$ frente a $t$.