Galicia · 2024

Examen de Física y Química — Galicia 2024: opción A resuelta (8 problemas)

Oposiciones 2024 · primera prueba, parte A · opción A · Cuerpo de Profesores de Enseñanza Secundaria · especialidad Física y Química

La parte A de la primera prueba de la oposición de Física y Química de Galicia de 2024 consta de ocho problemas, con la puntuación desglosada apartado por apartado. Es de los pocos exámenes de oposición que se publican con las soluciones oficiales, así que aquí cada resultado va contrastado con el dato oficial: el desarrollo es propio, pero los números están comprobados dos veces.

Fuente del enunciado. Documento oficial «Oposicións de Física e Química 2024 — Primeira proba, parte A, opción A», Consellería de Educación de la Xunta de Galicia (fichero Enunciados_problemas_opción_A_con_solucións). El original está en gallego; aquí se ofrece una traducción propia del enunciado al castellano. El desarrollo de las soluciones es de elaboración propia; el documento oficial solo publica los resultados finales, que se citan junto a cada apartado como comprobación.

Los ocho coinciden. Todos los resultados calculados aquí reproducen los oficiales dentro del redondeo, salvo un caso: en el problema 5 el documento oficial nombra el compuesto C como «3-metil-2-buteno», que tiene 5 carbonos y no puede proceder de un $\ce{C6H13Cl}$ . Se explica más abajo.

Problema 1 — Polea, cuerda y caída en un líquido denso

Enunciado

Un cuerpo de 0,445 kg está suspendido de una cuerda que pasa por la garganta de una polea de 2,92 kg y de radio 0,152 m. Se deja el sistema en libertad y comienza a moverse. Calcule:

a) Aceleración con la que desciende el cuerpo. (0,60 p) b) La tensión de la cuerda durante el movimiento. (0,15 p) c) En el descenso se rompe la cuerda y el cuerpo (de densidad 8 g/cm³) cae sobre un depósito que contiene un líquido de densidad 13,6 g/cm³. Considerando que la velocidad del cuerpo en el momento en que entra en contacto con el líquido es de 20 m/s, calcule la profundidad que alcanzará en el depósito. (0,50 p)

Datos: $g = 9{,}8$ m/s².

Solución

a) Aceleración. Hay que escribir dos ecuaciones, una de traslación para el cuerpo y otra de rotación para la polea, ligadas por la condición de rodadura de la cuerda $a = \alpha R$ . Tomando la polea como un disco macizo, $I = \tfrac{1}{2}MR^2$ :

mg - T = ma, \qquad T\,R = I\alpha = \tfrac{1}{2}MR^2\cdot\frac{a}{R} \;\Longrightarrow\; T = \tfrac{1}{2}Ma

a = \frac{mg}{m + \tfrac{M}{2}} = \frac{0{,}445\cdot 9{,}8}{0{,}445 + 1{,}46} = \boxed{2{,}29\ \mathrm{m/s^2}}

(oficial: 2,29 m/s²). Obsérvese que el radio se cancela: solo importa la relación entre la masa que cuelga y la mitad de la masa de la polea. El dato de 0,152 m es, para este apartado, un distractor.

b) Tensión.

T = m(g - a) = 0{,}445\,(9{,}8 - 2{,}289) = \boxed{3{,}34\ \mathrm{N}}

(oficial: 3,34 N). Menor que el peso ( $mg = 4{,}36$ N), como tiene que ser en un descenso acelerado.

c) Profundidad en el líquido. Densidad 13,6 g/cm³: es mercurio, y el cuerpo (8 g/cm³) es menos denso, así que acabará flotando; pero entra con 20 m/s y penetra por inercia. Dentro del líquido actúan el peso (abajo) y el empuje (arriba), ambos proporcionales al mismo volumen:

ma' = \rho_{\ell}Vg - \rho_c Vg \quad\Longrightarrow\quad a' = g\,\frac{\rho_{\ell} - \rho_c}{\rho_c} = 9{,}8\cdot\frac{13{,}6 - 8}{8} = 6{,}86\ \mathrm{m/s^2}

(deceleración, porque el empuje gana). Con MRUA hasta pararse:

h = \frac{v^2}{2a'} = \frac{20^2}{2\cdot 6{,}86} = \boxed{29{,}2\ \mathrm{m}}

(oficial: 29,15 m). La masa y el volumen desaparecen: solo cuenta el cociente de densidades. Es un depósito de mercurio de 29 m de profundidad, físicamente inverosímil pero matemáticamente impecable; también se desprecia el rozamiento viscoso, que en mercurio sería enorme.

Problema 2 — Desviador electrostático de electrones

Enunciado

Un sistema para desviar electrones consiste en dos placas metálicas cuadradas paralelas de 6 cm de lado y separadas 4 cm, entre las que se aplica una diferencia de potencial $V_p$ , por lo que se genera entre ellas un campo eléctrico uniforme vertical. Los electrones, previamente acelerados horizontalmente desde el reposo hasta una velocidad $v$ mediante una diferencia de potencial de 1200 V, penetran entre las placas en dirección paralela a las mismas. Se ha situado una pantalla vertical a 12 cm de la salida de las placas. Determine:

a) El tiempo que tarda un electrón en recorrer el espacio entre las placas. (0,3 p) b) El tiempo que tarda un electrón en llegar a la pantalla desde que sale de las placas. (0,1 p) c) Justifique cuál de las placas está cargada positivamente. (0,2 p)

Si los electrones inciden en la pantalla en una posición tal que el desplazamiento vertical $\Delta y$ respecto a su posición de entrada entre las placas es $y = 5$ cm, calcule:

d) La diferencia de potencial $V_p$ aplicada entre las placas. (0,65 p)

Datos: carga del electrón $|q| = 1{,}6\cdot 10^{-19}$ C, masa del electrón $m = 9{,}1\cdot 10^{-31}$ kg.

Galicia 2024 · Problema 2

Desviador electrostático

Escala vertical exagerada. Dentro de las placas la trayectoria es parabólica y el electrón sube 1 cm; en los 12 cm siguientes, ya en línea recta, sube los 4 cm restantes hasta completar los 5 cm en la pantalla. Elaboración propia a partir del enunciado oficial.

Solución

Paso previo: la velocidad de entrada. Toda la energía potencial eléctrica ganada en la etapa de aceleración se convierte en cinética:

eV = \tfrac{1}{2}mv^2 \;\Longrightarrow\; v = \sqrt{\frac{2eV}{m}} = \sqrt{\frac{2\cdot 1{,}6\cdot 10^{-19}\cdot 1200}{9{,}1\cdot 10^{-31}}} = 2{,}05\cdot 10^{7}\ \mathrm{m/s}

(un 6,8 % de $c$ : la corrección relativista sería de un 0,2 %, despreciable aquí).

a) y b) Tiempos. El movimiento horizontal es uniforme en todo el recorrido, porque el campo eléctrico es vertical:

t_p = \frac{0{,}06}{2{,}054\cdot 10^{7}} = \boxed{2{,}92\cdot 10^{-9}\ \mathrm{s}}, \qquad t_f = \frac{0{,}12}{2{,}054\cdot 10^{7}} = \boxed{5{,}84\cdot 10^{-9}\ \mathrm{s}}

(oficiales: 2,93·10⁻⁹ s y 5,85·10⁻⁹ s). El segundo es exactamente el doble del primero, porque la distancia es el doble.

c) Qué placa es la positiva. El electrón se desvía hacia arriba, luego la fuerza eléctrica sobre él apunta hacia arriba. Como su carga es negativa, $\vec{F} = q\vec{E}$ implica que $\vec{E}$ apunta hacia abajo. Y el campo va siempre del potencial alto al bajo, así que

\boxed{\text{la placa superior es la positiva}}

Es el punto donde se cuelan más errores: el doble cambio de signo (carga negativa y sentido del campo) hace que la intuición falle.

d) La diferencia de potencial. El desplazamiento total de 5 cm se acumula en dos tramos: dentro de las placas, con aceleración constante, y fuera, ya en línea recta con la velocidad vertical adquirida.

\Delta y = \underbrace{\tfrac{1}{2}a\,t_p^2}_{\text{dentro}} + \underbrace{(a\,t_p)\,t_f}_{\text{fuera}} = a\,t_p\left(\frac{t_p}{2} + t_f\right)

a = \frac{0{,}05}{2{,}921\cdot 10^{-9}\,(1{,}461\cdot 10^{-9} + 5{,}842\cdot 10^{-9})} = 2{,}344\cdot 10^{15}\ \mathrm{m/s^2}

E = \frac{ma}{e} = \frac{9{,}1\cdot 10^{-31}\cdot 2{,}344\cdot 10^{15}}{1{,}6\cdot 10^{-19}} = 1{,}33\cdot 10^{4}\ \mathrm{V/m}

V_p = E\,d = 1{,}333\cdot 10^{4}\cdot 0{,}04 = \boxed{533\ \mathrm{V}}

(oficial: 532 V). Comprobación imprescindible: dentro de las placas el electrón solo sube $\tfrac{1}{2}at_p^2 = 1{,}0$ cm, la mitad de los 2 cm que tiene hasta la placa superior, así que efectivamente sale de las placas sin chocar. Si el cálculo diera más de 2 cm, el resultado sería absurdo y habría que decirlo.

Problema 3 — Electrón relativista

Enunciado

Un electrón (masa $9{,}11\cdot 10^{-31}$ kg $= 0{,}511$ MeV/c², carga $1{,}60\cdot 10^{-19}$ C) es acelerado desde el reposo hasta alcanzar una energía cinética de 2,50 MeV. Teniendo en cuenta la naturaleza relativista del problema, determine:

a) La velocidad del electrón, expresada como una fracción de la velocidad de la luz. (0,7 p) b) La distancia que recorre el electrón, medida en el sistema de referencia del laboratorio, en un tiempo de 1,0 ns del sistema de referencia en el que el electrón está en reposo. (0,55 p)

Dato: velocidad de la luz $c = 3{,}00\cdot 10^{8}$ m/s.

Solución

a) Velocidad. La energía cinética relativista es $E_c = (\gamma - 1)mc^2$ , así que el factor de Lorentz sale directamente de comparar la energía cinética con la energía en reposo (que el enunciado regala ya en MeV, y por eso conviene trabajar en esas unidades sin pasar a julios):

\gamma = 1 + \frac{E_c}{mc^2} = 1 + \frac{2{,}50}{0{,}511} = 5{,}892

\frac{v}{c} = \sqrt{1 - \frac{1}{\gamma^2}} = \sqrt{1 - \frac{1}{34{,}72}} = \boxed{0{,}985}

(oficial: 0,985). Aquí está la lección del problema: la energía cinética es casi cinco veces la energía en reposo, y aun así la velocidad se queda en el 98,5 % de $c$ . El cálculo clásico $E_c = \tfrac{1}{2}mv^2$ daría $v = 3{,}13\,c$ , es decir, un disparate.

b) Distancia en el laboratorio. El dato de 1,0 ns está medido «en el sistema de referencia en el que el electrón está en reposo»: es un tiempo propio $\tau$ , medido por un único reloj que viaja con la partícula. En el laboratorio, ese intervalo se dilata:

t_{\text{lab}} = \gamma\,\tau = 5{,}892\cdot 1{,}0\cdot 10^{-9} = 5{,}89\cdot 10^{-9}\ \mathrm{s}

d = v\,t_{\text{lab}} = 0{,}9855\cdot 3{,}00\cdot 10^{8}\cdot 5{,}892\cdot 10^{-9} = \boxed{1{,}7\ \mathrm{m}}

(oficial: 1,7 m). Quien olvide dilatar el tiempo obtiene 0,30 m, casi seis veces menos. Se puede comprobar por el otro camino, el de la contracción de longitudes: en el sistema del electrón, el laboratorio pasa de largo durante 1,0 ns a 0,9855 c, recorriendo 0,296 m; esa longitud, vista desde el laboratorio, está contraída por $\gamma$ , luego la real es $0{,}296\cdot 5{,}892 = 1{,}74$ m. ✔

Problema 4 — Lente biconvexa

Enunciado

Se tiene una lente de vidrio biconvexa ( $n = 1{,}5$ ) con una potencia de 2,5 dioptrías, y el radio de una de las caras es de 60 cm. Determine:

a) El radio del otro lado (considere la lente como delgada). (0,25 p) b) La posición de la imagen obtenida al colocar un objeto de 3 cm de alto a una distancia de 50 cm de la lente. (0,25 p) c) El tamaño de la imagen anterior y su aumento. ¿Cómo es la imagen obtenida? (0,25 p) d) Realice el trazado de rayos. (0,35 p) e) Si se coloca otra lente divergente del mismo vidrio junto a la anterior, con una potencia de 4 dioptrías, ¿cuál será la potencia del sistema? (0,15 p)

Solución

a) El otro radio. Ecuación del constructor de lentes (convenio DIN, luz de izquierda a derecha):

P = \frac{1}{f'} = (n-1)\left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right)

2{,}5 = 0{,}5\left(\frac{1}{0{,}60} - \frac{1}{R_2}\right) \;\Longrightarrow\; \frac{1}{R_2} = 1{,}667 - 5 = -3{,}333

\boxed{R_2 = -0{,}30\ \mathrm{m}}

(oficial: −0,3 m). El signo negativo es la comprobación de que la lente es biconvexa: en este convenio, la primera cara convexa tiene $R_1 > 0$ y la segunda $R_2 < 0$ . Si hubiera salido positivo, sería un menisco.

b) Posición de la imagen. $f' = 1/2{,}5 = 0{,}40$ m y $s = -0{,}50$ m:

\frac{1}{s'} - \frac{1}{s} = \frac{1}{f'} \;\Longrightarrow\; \frac{1}{s'} = 2{,}5 - 2{,}0 = 0{,}5 \;\Longrightarrow\; \boxed{s' = 2{,}0\ \mathrm{m}}

(oficial: 2 m). El objeto está entre $f$ y $2f$ (50 cm frente a una focal de 40 cm), así que ya se sabe de antemano qué va a salir: imagen real, invertida y mayor, más allá de $2f'$ .

c) Tamaño y naturaleza.

\beta' = \frac{y'}{y} = \frac{s'}{s} = \frac{2{,}0}{-0{,}50} = \boxed{-4} \;\Longrightarrow\; y' = -4\cdot 3 = \boxed{-12\ \mathrm{cm}}

(oficiales: $A = -4$ , $y' = -12$ cm). La imagen es real ( $s' > 0$ , se forma con rayos que convergen de verdad y se puede recoger en una pantalla), invertida ( $\beta' < 0$ ) y mayor ( $|\beta'| > 1$ ). Es exactamente la configuración de un proyector.

d) Trazado de rayos.

Galicia 2024 · Problema 4

Trazado de rayos de la lente convergente

Escala vertical exagerada respecto de la horizontal para que se vean los tamaños. Rayo paralelo → pasa por F'; rayo por el centro óptico → no se desvía. La imagen es real, invertida y cuatro veces mayor. Elaboración propia a partir del enunciado oficial.

e) Sistema de dos lentes en contacto. Con el convenio DIN, la potencia de una lente divergente es negativa, y las potencias de lentes delgadas en contacto se suman:

P_{\text{total}} = P_1 + P_2 = 2{,}5 - 4{,}0 = \boxed{-1{,}5\ \mathrm{D}}

(oficial: −1,5 D). El sistema resultante es divergente, con $f' = -0{,}67$ m. El dato de que la segunda lente es «del mismo vidrio» es irrelevante aquí: ya nos dan su potencia.

Problema 5 — Dos isómeros clorados

Enunciado

Dos compuestos acíclicos, A y B, son isómeros y presentan la composición centesimal 59,7 % de C, 10,8 % de H y 29,4 % de Cl. El compuesto A tiene dos centros quirales y B es ópticamente inactivo. Cuando A se calienta en presencia de una base se obtiene, como isómero mayoritario, C, capaz de adicionar HCl dando B. El compuesto C, por escisión oxidativa, produce D, que da la reacción del yodoformo, y E. Cuando se añaden 10,38 g de A a 300 g de benceno, el punto de congelación del benceno disminuye 1,47 °C.

a) Determine la fórmula empírica y la fórmula molecular de A. (0,50 p) b) Nombre y determine la estructura de A, B, C, D y E. (0,75 p)

Datos: M(C) = 12,01; M(H) = 1,01; M(Cl) = 35,45 g/mol; $k_c = 5{,}12$ kg·mol⁻¹.

Solución

a) Fórmulas. Sobre 100 g:

n(\ce{C}) = \frac{59{,}7}{12{,}01} = 4{,}97, \qquad n(\ce{H}) = \frac{10{,}8}{1{,}01} = 10{,}69, \qquad n(\ce{Cl}) = \frac{29{,}4}{35{,}45} = 0{,}829

Dividiendo por el menor: C 5,99 : H 12,89 : Cl 1,00, es decir $\ce{C6H13Cl}$ ( $M = 120{,}6$ g/mol) (oficial: $\ce{C6H13Cl}$ ).

La crioscopía confirma que la fórmula molecular coincide con la empírica:

m = \frac{\Delta T_f}{k_c} = \frac{1{,}47}{5{,}12} = 0{,}287\ \mathrm{mol/kg}, \qquad n = 0{,}287\cdot 0{,}300 = 8{,}61\cdot 10^{-2}\ \mathrm{mol}

M = \frac{10{,}38}{8{,}61\cdot 10^{-2}} = 120{,}5\ \mathrm{g/mol} \;\Longrightarrow\; \frac{120{,}5}{120{,}6} = 1{,}00 \;\Longrightarrow\; \boxed{\ce{C6H13Cl}}

b) Deducción de las estructuras. Cada dato del enunciado elimina posibilidades:

$\ce{C6H13Cl}$ acíclico con grado de insaturación 0 → es un cloroalcano saturado.
A tiene dos centros quirales. Con seis carbonos, hace falta una cadena ramificada con el Cl en un carbono asimétrico y otra ramificación en el contiguo. La estructura que lo cumple es $\ce{CH3-CHCl-CH(CH3)-CH2-CH3}$ : el C2 lleva Cl, $\ce{CH3}$ , H y el resto, y el C3 lleva $\ce{CH3}$ , H, un isopropilo-cloruro y un etilo — los dos son quirales.
A + base, en caliente → C mayoritario: eliminación E2, y por la regla de Saytzeff el alqueno mayoritario es el más sustituido, arrancando el H del C3.
C + HCl → B: adición Markovnikov, el $\ce{H+}$ va al carbono más hidrogenado.
B ópticamente inactivo: el carbono que recibe el Cl queda con dos etilos iguales, luego no es quiral. Encaja perfectamente.
C por escisión oxidativa → D (que da yodoformo) y E: la ruptura del doble enlace da una cetona metílica (positiva al yodoformo) y un aldehído.

\boxed{\ce{A} = \text{2-cloro-3-metilpentano}} \qquad \ce{CH3-CHCl-CH(CH3)-CH2CH3}

\ce{A ->[\text{base},\ \Delta,\ -HCl]} \boxed{\ce{C} = \text{3-metilpent-2-eno}} \qquad \ce{CH3-CH=C(CH3)-CH2CH3}

\ce{C + HCl ->[\text{Markovnikov}]} \boxed{\ce{B} = \text{3-cloro-3-metilpentano}} \qquad \ce{CH3CH2-CCl(CH3)-CH2CH3}

\ce{C ->[\text{escisión oxidativa}]} \boxed{\ce{D} = \text{butan-2-ona}} + \boxed{\ce{E} = \text{etanal}}

Comprobaciones. B es isómero de A ( $\ce{C6H13Cl}$ ) ✔ y es aquiral, porque su único carbono sustituido lleva dos etilos idénticos ✔. La escisión de $\ce{CH3-CH=C(CH3)-CH2CH3}$ por el doble enlace da $\ce{CH3CHO}$ (etanal, E) y $\ce{CH3-CO-CH2CH3}$ (butanona, D) ✔, y la butanona es una metilcetona, de ahí el yodoformo positivo ✔. Los carbonos cuadran: $2 + 4 = 6$ ✔.

⚠️ Errata en la solución oficial. El documento oficial nombra C como «3-metil-2-buteno | (E)-3-metil-2-buteno | 3-metilbut-2-eno». Los tres nombres son del mismo compuesto de cinco carbonos ( $\ce{C5H10}$ ), que no puede proceder de un $\ce{C6H13Cl}$ por eliminación de HCl ni dar butanona + etanal (que suman seis carbonos). Es un lapsus evidente: donde dice buteno debe decir penteno. El resto de la solución oficial (A, B, D y E) es correcto y encaja con 3-metilpent-2-eno.

Problema 6 — Fluoración del agua y precipitación de $\ce{CaF2}$

Enunciado

El agua fluorada, empleada para prevenir la caries dental, suele contener alrededor de 1,0 ppm de ion $\ce{F-}$ .

a) Si se tiene un agua dura en la que existe una concentración de iones $\ce{Ca^2+}$ de $1{,}0\cdot 10^{-4}$ M, ¿se formará precipitado en el proceso de fluoración? (0,50 p) b) Si se añade una concentración $1{,}0\cdot 10^{-2}$ M de ácido fluorhídrico, ¿qué ocurrirá? ¿Cuánto valdrá ahora la solubilidad? (0,75 p)

Datos: $K_s(\ce{CaF2}) = 4{,}0\cdot 10^{-11}$ ; $K_a(\ce{HF}) = 6{,}6\cdot 10^{-4}$ ; $d_{\text{agua}} = 1{,}0\cdot 10^{3}$ g/L; M(F) = 19,0 g/mol.

Solución

a) ¿Precipita? Primero hay que traducir las ppm. Con la densidad del agua igual a 1,0 kg/L, 1 ppm = 1 mg de soluto por kg de disolución = 1 mg/L:

[\ce{F-}] = \frac{1{,}0\cdot 10^{-3}\ \mathrm{g/L}}{19{,}0\ \mathrm{g/mol}} = 5{,}26\cdot 10^{-5}\ \mathrm{M}

El criterio es comparar el producto iónico $Q$ con $K_s$ , cuidando el exponente 2 del fluoruro:

Q = [\ce{Ca^2+}][\ce{F-}]^2 = 1{,}0\cdot 10^{-4}\,(5{,}26\cdot 10^{-5})^2 = 2{,}8\cdot 10^{-13}

Q = 2{,}8\cdot 10^{-13} \;<\; K_s = 4{,}0\cdot 10^{-11} \;\Longrightarrow\; \boxed{\text{no precipita}}

(oficial: el producto iónico es menor que $K_s$ , no se forma precipitado). Está un factor 140 por debajo, así que hay margen de sobra: por eso la fluoración es viable incluso en aguas duras.

b) Añadiendo HF $1{,}0\cdot 10^{-2}$ M. El HF es un ácido débil, así que no aporta $10^{-2}$ M de fluoruro: hay que resolver su equilibrio, y además contando el $\ce{F-}$ que ya estaba (efecto del ion común, pero al revés: el fluoruro previo desplaza la disociación del HF hacia la izquierda).

\ce{HF <=> H+ + F-}, \qquad \frac{x\,(5{,}26\cdot 10^{-5} + x)}{1{,}0\cdot 10^{-2} - x} = 6{,}6\cdot 10^{-4}

x^2 + 7{,}13\cdot 10^{-4}x - 6{,}6\cdot 10^{-6} = 0 \;\Longrightarrow\; x = 2{,}24\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}

[\ce{F-}] = 5{,}26\cdot 10^{-5} + 2{,}24\cdot 10^{-3} = 2{,}29\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}

(el HF está disociado un 22 %: la aproximación $c - x \approx c$ no sería aceptable). Ahora:

Q = 1{,}0\cdot 10^{-4}\,(2{,}29\cdot 10^{-3})^2 = 5{,}2\cdot 10^{-10} \;>\; K_s \;\Longrightarrow\; \boxed{\text{sí precipita } \ce{CaF2}}

Y la nueva solubilidad, con el fluoruro en exceso fijando la concentración:

s' = \frac{K_s}{[\ce{F-}]^2} = \frac{4{,}0\cdot 10^{-11}}{(2{,}29\cdot 10^{-3})^2} = \boxed{7{,}6\cdot 10^{-6}\ \mathrm{M}}

(oficial: 7,6·10⁻⁶ M). La coincidencia exacta con el valor oficial confirma que hay que incluir el fluoruro de la ppm inicial en el balance: si se ignora, sale $7{,}8\cdot 10^{-6}$ M. Frente a la solubilidad en agua pura, $s = \sqrt[3]{K_s/4} = 2{,}2\cdot 10^{-4}$ M, la caída es de un factor 29: el ion común en acción.

Problema 7 — Descomposición térmica del HI

Enunciado

En el estudio de la descomposición térmica del yoduro de hidrógeno (gas) se obtuvieron los siguientes resultados. Determine:

T (°C)	427	427	508	508
$[\ce{HI}]_0$ (M)	0,10	0,08	0,10	0,08
$t_{1/2}$ (min)	59,00	73,00	4,20	5,25

a) Orden de reacción. Justifique la respuesta. (0,40 p) b) Constante de velocidad a 427 °C y a 508 °C. (0,20 p) c) La energía de activación en cal·mol⁻¹. (0,25 p) d) El tiempo necesario, en minutos, para que se descomponga el 80 % de HI cuando la concentración inicial es 0,05 M a 427 °C. (0,40 p)

Dato: $R = 1{,}98$ cal·mol⁻¹·K⁻¹.

Solución

a) Orden de reacción. La clave es que el periodo de semirreacción depende de la concentración inicial, cosa que descarta de entrada el orden 1. En general, $t_{1/2} \propto [\ce{A}]_0^{\,1-n}$ , así que comparando los dos ensayos a la misma temperatura:

\frac{t_{1/2}(0{,}10)}{t_{1/2}(0{,}08)} = \left(\frac{0{,}10}{0{,}08}\right)^{1-n}

A 508 °C sale exacto: $4{,}20/5{,}25 = 0{,}800 = (1{,}25)^{1-n}$ , y como $0{,}800 = 1{,}25^{-1}$ , resulta $1 - n = -1$ , es decir $\boxed{n = 2}$ . A 427 °C, $59{,}00/73{,}00 = 0{,}808$ , que da $n = 1{,}95$ : el mismo orden dentro del error experimental. (oficial: orden 2).

b) Constantes de velocidad. Para orden 2, $t_{1/2} = 1/(k[\ce{A}]_0)$ :

k(427\ ^\circ\mathrm{C}) = \frac{1}{59{,}00\cdot 0{,}10} = \boxed{0{,}17\ \mathrm{M^{-1}\,min^{-1}}}

k(508\ ^\circ\mathrm{C}) = \frac{1}{4{,}20\cdot 0{,}10} = \boxed{2{,}38\ \mathrm{M^{-1}\,min^{-1}}}

(oficiales: 0,17 y 2,38 M⁻¹min⁻¹). Los otros dos ensayos dan 0,171 y 2,381: consistencia interna, que es la mejor prueba de que el orden 2 es correcto. Un aumento de 81 °C multiplica la velocidad por 14.

c) Energía de activación. Con $T_1 = 700$ K y $T_2 = 781$ K:

\ln\frac{k_2}{k_1} = -\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_2} - \frac{1}{T_1}\right) \;\Longrightarrow\; E_a = \frac{R\ln(k_2/k_1)}{1/T_1 - 1/T_2}

E_a = \frac{1{,}98\cdot\ln 14{,}05}{1{,}482\cdot 10^{-4}} = \boxed{3{,}53\cdot 10^{4}\ \mathrm{cal/mol}}

(oficial: 3,54·10⁴ cal/mol; la diferencia es de usar $R = 1{,}987$ en vez de 1,98). Son unos 148 kJ/mol, coherentes con la ruptura del enlace H–I y con el mecanismo bimolecular clásico $\ce{2 HI -> H2 + I2}$ , uno de los primeros ejemplos históricos de reacción elemental de segundo orden.

d) Tiempo para el 80 % de descomposición. Ley integrada de segundo orden. Con $[\ce{A}]_0 = 0{,}05$ M y $[\ce{A}] = 0{,}20\cdot 0{,}05 = 0{,}01$ M:

\frac{1}{[\ce{A}]} - \frac{1}{[\ce{A}]_0} = kt \;\Longrightarrow\; 100 - 20 = 0{,}1695\,t

t = \boxed{472\ \mathrm{min}} \approx 7{,}9\ \mathrm{h}

(oficial: 471 min). Merece la pena contrastarlo con el $t_{1/2}$ a esa concentración, $1/(0{,}1695\cdot 0{,}05) = 118$ min: pasar del 50 % al 80 % cuesta cuatro veces más que llegar al 50 %. Es el sello del segundo orden, que se frena brutalmente al diluirse.

Problema 8 — Estabilidad del CO con la temperatura

Enunciado

Considere el equilibrio en el cual el CO se rompe térmicamente en $\ce{CO2}$ y C a temperaturas bajas:

\ce{2 CO(g) <=> C(s) + CO2(g)}

Estudie la estabilidad del CO con la temperatura, cuando a la presión total de 1 atm la mezcla gaseosa contenga 90 % de CO en volumen. (1,25 p)

Datos: $\ce{2 C + O2 -> 2 CO}$ , $\Delta G^\circ = -53400 - 41{,}9\,T$ (cal); $\ce{C + O2 -> CO2}$ , $\Delta G^\circ = -94200 - 0{,}2\,T$ (cal).

Solución

Este es el equilibrio de Boudouard, el que gobierna la química del alto horno.

Paso 1: combinar los datos por la ley de Hess. La reacción pedida es la segunda menos la primera:

\Delta G^\circ = (-94200 - 0{,}2T) - (-53400 - 41{,}9T) = \boxed{-40800 + 41{,}7\,T\ \mathrm{cal}}

Léase con cuidado: $\Delta H^\circ \approx -40800$ cal (exotérmica) y $\Delta S^\circ \approx -41{,}7$ cal/(mol·K) (negativa, porque dos moles de gas se convierten en uno). Con ambos negativos, la reacción es espontánea solo a temperaturas bajas — el caso clásico.

Paso 2: incorporar la composición real. No estamos en condiciones estándar: el enunciado fija 1 atm de presión total con un 90 % de CO en volumen, luego el 10 % restante es $\ce{CO2}$ y, por la ley de Dalton, $p(\ce{CO}) = 0{,}90$ atm y $p(\ce{CO2}) = 0{,}10$ atm. El carbono es sólido puro, así que no aparece en el cociente:

Q = \frac{p(\ce{CO2})}{p(\ce{CO})^2} = \frac{0{,}10}{0{,}90^2} = 0{,}123

\Delta G = \Delta G^\circ + RT\ln Q = -40800 + 41{,}7\,T + 1{,}98\,T\,(-2{,}092) = -40800 + 37{,}56\,T

Paso 3: la temperatura de inversión. El límite está donde $\Delta G = 0$ :

T = \frac{40800}{37{,}56} = \boxed{1{,}09\cdot 10^{3}\ \mathrm{K}} \approx 1086\ \mathrm{K} = 813\ ^\circ\mathrm{C}

(oficial: 1086,7 K, con $R = 1{,}987$ ).

Conclusión — la estabilidad del CO.

Por debajo de 1086 K, $\Delta G < 0$ : la reacción avanza hacia la derecha, el CO se desproporciona en carbono y $\ce{CO2}$ . En esas condiciones el CO es termodinámicamente inestable.
Por encima de 1086 K, $\Delta G > 0$ : la reacción es espontánea en sentido inverso, es decir, el carbono reacciona con el $\ce{CO2}$ para dar CO. El CO es entonces estable, y de hecho es la especie dominante.

Conviene rematar con dos matices que un tribunal agradece. El primero: que el CO sea inestable a temperatura ambiente no significa que se descomponga; la reacción es cinéticamente lentísima sin catalizador, y por eso el monóxido de carbono persiste el tiempo suficiente para ser el veneno que es. El segundo: esta misma inversión es la que explica el funcionamiento del alto horno, donde en la zona caliente ( $T > 1086$ K) el coque regenera CO —el auténtico reductor del mineral de hierro— y en la zona más fría el equilibrio tiende a depositar carbono.

Problema 1 — Polea, cuerda y caída en un líquido denso

Enunciado

Solución

Problema 2 — Desviador electrostático de electrones

Enunciado

Desviador electrostático

Solución

Problema 3 — Electrón relativista

Enunciado

Solución

Problema 4 — Lente biconvexa

Enunciado

Solución

Trazado de rayos de la lente convergente

Problema 5 — Dos isómeros clorados

Enunciado

Solución

Problema 6 — Fluoración del agua y precipitación de \ceCaF2\ce{CaF2}

Enunciado

Solución

Problema 7 — Descomposición térmica del HI

Enunciado

Solución

Problema 8 — Estabilidad del CO con la temperatura

Enunciado

Solución

Problema 6 — Fluoración del agua y precipitación de $\ce{CaF2}$