Química, PAU 2022 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 2) resolt

Plantejament L’àcid benzoic és un àcid feble: cal passar la concentració a mol/L, plantejar l’equilibri de dissociació i trobar $[\mathrm{H_3O^+}]$ amb $K_a$.

1. Massa molar de l’àcid benzoic ($\mathrm{C_7H_6O_2}$):

   $M$${}= 7\cdot12{,}0+6\cdot1{,}0+2\cdot16{,}0$${}= 122\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$

2. Concentració molar inicial:

   $c_0$${}= \frac{8{,}1\ \mathrm{g\,L^{-1}}}{122\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}$${}= 0{,}0664\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$

3. Equilibri de dissociació, amb $x=[\mathrm{H_3O^+}]$ (concentracions en $\mathrm{mol\,L^{-1}}$):

   $\mathrm{C_6H_5COOH}$${}+\mathrm{H_2O\rightleftharpoons C_6H_5COO^-}$${}+\mathrm{H_3O^+}$

4. Taula inicial / canvi / equilibri:

   $\begin{array}{l|ccc} & \mathrm{C_6H_5COOH} & \mathrm{C_6H_5COO^-} & \mathrm{H_3O^+}\\\hline \text{inicial} & 0{,}0664 & 0 & 0\\ \text{canvi} & -x & +x & +x\\ \text{equilibri} & 0{,}0664-x & x & x\end{array}$

5. Constant d’acidesa. Com que $K_a$ és petita, aproximem $0{,}0664-x\approx0{,}0664$:

   $K_a$${}= \frac{x^2}{0{,}0664-x}$${}\approx \frac{x^2}{0{,}0664}$${}= 6{,}3\cdot10^{-5}$${}\Rightarrow x=\sqrt{6{,}3\cdot10^{-5}\cdot0{,}0664}$${}= 2{,}05\cdot10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$

6. L’aproximació és vàlida: només es dissocia un $3\ \%$ de l’àcid ($2{,}05\cdot10^{-3}/0{,}0664=0{,}031$). Calculem el pH:

   $\mathrm{pH}$${}= -\log[\mathrm{H_3O^+}]$${}= -\log\left(2{,}05\cdot10^{-3}\right)$${}= 2{,}69$

7. Si no es fa l’aproximació i es resol l’equació de segon grau $x^2+K_a\,x-K_a\,c_0=0$, surt $x=2{,}01\cdot10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$ i $\mathrm{pH}=2{,}70$. Totes dues respostes són correctes i porten a la mateixa conclusió.

   $x$${}= \frac{-K_a+\sqrt{K_a^2+4K_a\,c_0}}{2}$${}= 2{,}01\cdot10^{-3}$${}\Rightarrow \mathrm{pH}=2{,}70$

8. Comparem amb el límit que permet conservar l’aliment:

   $2{,}69<5$

Plantejament És una valoració àcid-base: l’àcid feble es neutralitza amb una base forta de concentració coneguda, i el volum de base gastat dona la concentració de l’àcid.

1. Reacció de valoració:

   $\mathrm{C_6H_5COOH(aq)}$${}+\mathrm{OH^-(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{C_6H_5COO^-(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)}$

2. Al punt d’equivalència hi ha benzoat de sodi. L’ió benzoat és la base conjugada d’un àcid feble i fa el medi bàsic; per això l’indicador ha de virar en zona bàsica.

   $\mathrm{C_6H_5COO^-}$${}+\mathrm{H_2O\rightleftharpoons C_6H_5COOH}$${}+\mathrm{OH^-}$

3. Material i substàncies, a més de la mostra d’àcid benzoic i de la dissolució de $\mathrm{NaOH}$: una bureta amb peu i pinça per subjectar-la, una pipeta aforada de 25 mL amb pera d’aspiració, un erlenmeyer (o un vas de precipitats) i un indicador àcid-base que viri en zona bàsica, com la fenolftaleïna.

4. Procediment: s’omple la bureta amb la dissolució de $\mathrm{NaOH}$, evitant que quedin bombolles d’aire, i s’enrasa (a zero o a un altre volum, que s’anota). Amb la pipeta aforada i la pera es prenen 25,0 mL de la dissolució d’àcid benzoic i es passen a l’erlenmeyer; s’hi pot afegir una mica d’aigua destil·lada per rentar-ne les parets. S’hi afegeixen 2 o 3 gotes de fenolftaleïna.

5. S’obre la clau de la bureta i s’afegeix el $\mathrm{NaOH}$ a poc a poc, agitant contínuament l’erlenmeyer, fins que la dissolució canvia de color (d’incolora a rosa) i el color es manté. Es tanca la clau i s’anota el volum de $\mathrm{NaOH}$ gastat.

6. Com que la reacció és mol a mol, la concentració de l’àcid surt del volum gastat:

   $c_{\text{àcid}}$${}= \frac{c_{\mathrm{NaOH}}\cdot V_{\mathrm{NaOH}}}{25{,}0\ \mathrm{mL}}$

Plantejament A pressió constant, la calor de reacció és igual a la variació d’entalpia. Calculem l’entalpia de combustió amb les entalpies de formació (la de l’$\mathrm{O_2}$ és zero, perquè és un element en el seu estat estàndard) i la multipliquem pels mols de benzè.

1. A pressió constant:

   $q_p=\Delta H^\circ$

2. Entalpia de combustió d’1 mol de benzè:

   $\Delta H^\circ_c$${}= \left[6\cdot(-394)+3\cdot(-286)\right]$${}-\left[1\cdot49\right]$${}= -3\,271\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Massa molar del benzè i mols que hi ha en 20 kg:

   $M=6\cdot12{,}0+6\cdot1{,}0=78\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$n$${}= \frac{20\,000\ \mathrm{g}}{78\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}$${}= 256{,}4\ \mathrm{mol}$

4. Calor de la combustió dels 20 kg:

   $q_p$${}= n\cdot\Delta H^\circ_c$${}= 256{,}4\ \mathrm{mol}\cdot\left(-3\,271\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}\right)$${}= -8{,}39\cdot10^{5}\ \mathrm{kJ}$

Plantejament La vaporització és un canvi de fase. La seva entalpia es pot obtenir amb la llei de Hess com la diferència entre les entalpies de formació del benzè gasós i del benzè líquid.

1. L’entalpia de vaporització és la calor que cal aportar, a pressió constant i a una temperatura determinada, perquè una quantitat de substància líquida (per exemple, 1 mol) passi a vapor. És positiva: el procés absorbeix calor.

   $\mathrm{C_6H_6(l)\rightarrow C_6H_6(g)}$$\Delta H^\circ_{\text{vap}}>0$

2. Per la llei de Hess:

   $\Delta H^\circ_{\text{vap}}$${}= \Delta H_f^\circ(\mathrm{C_6H_6(g)})$${}-\Delta H_f^\circ(\mathrm{C_6H_6(l)})$${}= 83-49$${}= 34\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Mols de benzè en 1 kg ($M=78\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$, de l’apartat a) i calor necessària a pressió constant:

   $n$${}= \frac{1\,000\ \mathrm{g}}{78\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}$${}= 12{,}82\ \mathrm{mol}$$q_p$${}= 12{,}82\ \mathrm{mol}\cdot34\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$${}= 436\ \mathrm{kJ}$

Plantejament L’energia d’ionització es dona per mol d’àtoms; per comparar-la amb l’energia d’un fotó cal passar-la a joules per àtom. Després, l’equació de Planck dona la freqüència i la longitud d’ona del fotó mínim.

1. L’energia d’ionització és l’energia mínima que cal subministrar a un àtom en estat gasós i fonamental per arrencar-li un electró. És positiva: cal aportar energia per vèncer l’atracció del nucli, i el procés és endotèrmic.

   $\mathrm{K(g)\rightarrow K^+(g)+e^-}$$E_i>0$

2. Energia per àtom, que és l’energia mínima del fotó:

   $E_{\min}$${}= \frac{418\cdot10^{3}\ \mathrm{J\,mol^{-1}}}{6{,}02\cdot10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}}$${}= 6{,}94\cdot10^{-19}\ \mathrm{J}$

3. Freqüència del fotó, amb l’equació de Planck $E=h\,\nu$:

   $\nu$${}= \frac{E_{\min}}{h}$${}= \frac{6{,}94\cdot10^{-19}\ \mathrm{J}}{6{,}63\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\,s}}$${}= 1{,}05\cdot10^{15}\ \mathrm{s^{-1}}$

4. Longitud d’ona d’aquest fotó ($\lambda=c/\nu=h\,c/E_{\min}$), calculada directament a partir de les dades:

   $\lambda$${}= \frac{h\,c\,N_A}{E_i}$${}= \frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}0\cdot10^{8}\cdot6{,}02\cdot10^{23}}{418\cdot10^{3}}$${}= 2{,}86\cdot10^{-7}\ \mathrm{m}$

5. Un fotó de longitud d’ona més gran té menys energia. Per tant, ionitzen els fotons amb $\lambda\le2{,}86\cdot10^{-7}\ \mathrm{m}$: segons la taula, l’ultraviolat (la part de longitud d’ona més curta), els raigs X i els raigs $\gamma$. La llum visible, l’infraroig, les microones i les ones de ràdio no tenen prou energia.

   $\lambda\le2{,}86\cdot10^{-7}\ \mathrm{m}$

Plantejament Comparem les configuracions electròniques de l’àtom i del catió i fem servir el model de càrregues: l’atracció entre el nucli i un electró és més gran com més petita és la distància i com menys apantallat està l’electró.

1. Configuracions electròniques:

   $\mathrm{K}:\ 1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^6\,4s^1$$\mathrm{K^+}:\ 1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^6$

2. En perdre l’electró $4s$, el $\mathrm{K^+}$ es queda sense la quarta capa: els seus electrons més externs són els de la capa $n=3$, més propers al nucli. A més, té la mateixa càrrega nuclear (19 protons) amb un electró menys (18), de manera que cada electró és atret amb més força. El radi del catió és més petit.

   $r(\mathrm{K^+})<r(\mathrm{K})$

3. La segona energia d’ionització és l’energia per arrencar un electró al catió gasós:

   $\mathrm{K^+(g)\rightarrow K^{2+}(g)+e^-}$

4. L’electró que s’ha d’arrencar ara és un $3p$, més a prop del nucli que el $4s$ i molt menys apantallat, i surt d’un ió que ja té càrrega positiva. Segons la llei de Coulomb, l’atracció és molt més gran i cal molta més energia:

   $E_{i2}(\mathrm{K})>E_{i1}(\mathrm{K})$

Plantejament La pressió total a l’equilibri dona, amb l’equació dels gasos ideals, els mols totals de gas. Comparant-los amb els mols inicials de formamida se sap quant se n’ha descompost.

1. Massa molar i mols inicials de formamida:

   $M(\mathrm{HCONH_2})$${}= 12{,}0+3\cdot1{,}0+16{,}0+14{,}0$${}= 45{,}0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$$n_0$${}= \frac{9{,}0\ \mathrm{g}}{45{,}0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}$${}= 0{,}20\ \mathrm{mol}$

2. Taula de l’equilibri, en mols:

   $\begin{array}{l|ccc} & \mathrm{HCONH_2} & \mathrm{NH_3} & \mathrm{CO}\\\hline \text{inicial} & 0{,}20 & 0 & 0\\ \text{canvi} & -x & +x & +x\\ \text{equilibri} & 0{,}20-x & x & x\end{array}$

3. Mols totals de gas a l’equilibri, amb l’equació dels gasos ideals:

   $n_T$${}= \frac{p\,V}{R\,T}=\frac{1{,}56\ \mathrm{atm}\cdot10{,}0\ \mathrm{L}}{0{,}082\ \mathrm{atm\,L\,K^{-1}\,mol^{-1}}\cdot500\ \mathrm{K}}$${}= 0{,}3805\ \mathrm{mol}$

4. Segons la taula, els mols totals són $(0{,}20-x)+x+x=0{,}20+x$:

   $0{,}20+x=0{,}3805\ \Rightarrow\ x=0{,}1805\ \mathrm{mol}$

5. Concentracions a l’equilibri ($V=10{,}0\ \mathrm{L}$):

   $[\mathrm{HCONH_2}]$${}= \frac{0{,}0195\ \mathrm{mol}}{10{,}0\ \mathrm{L}}$${}= 1{,}95\cdot10^{-3}\ \mathrm{M}$$[\mathrm{NH_3}]$${}= [\mathrm{CO}]$${}= \frac{0{,}1805\ \mathrm{mol}}{10{,}0\ \mathrm{L}}$${}= 1{,}805\cdot10^{-2}\ \mathrm{M}$

6. Constant d’equilibri en concentracions:

   $K_c$${}= \frac{[\mathrm{NH_3}][\mathrm{CO}]}{[\mathrm{HCONH_2}]}$${}= \frac{\left(1{,}805\cdot10^{-2}\right)^2}{1{,}95\cdot10^{-3}}$${}= 0{,}167$

7. Constant en pressions (en atm), amb la variació de mols de gas $\Delta n=2-1=1$:

   $K_p$${}= K_c\,(R\,T)^{\Delta n}$${}= 0{,}167\cdot(0{,}082\cdot500)^{1}$${}= 6{,}85$

Plantejament El principi de Le Châtelier diu cap a on es desplaça l’equilibri quan se’l pertorba; $K_c$ només canvia si canvia la temperatura.

1. Augment del volum: les concentracions disminueixen i la pressió també. L’equilibri es desplaça cap on hi ha més mols de gas: 1 mol de reactiu davant de 2 mol de productes, cap a la dreta. El rendiment augmenta.

   $V\uparrow$${}\Rightarrow Q_c$${}= \frac{[\mathrm{NH_3}][\mathrm{CO}]}{[\mathrm{HCONH_2}]}$${}< K_c$

2. Augment dels mols de $\mathrm{CO}$, que és un producte: l’equilibri es desplaça cap a l’esquerra per consumir-ne una part. Hi ha menys productes i el rendiment disminueix.

   $[\mathrm{CO}]\uparrow\ \Rightarrow\ Q_c>K_c\ \Rightarrow\ \leftarrow$

3. Augment de la temperatura: la reacció directa és endotèrmica ($\Delta H^\circ>0$) i s’afavoreix el sentit que absorbeix calor, cap a la dreta. El rendiment augmenta i, com que al nou equilibri hi ha més productes, $K_c$ també augmenta.

   $T\uparrow,\ \Delta H^\circ>0\ \Rightarrow\ \rightarrow,\ K_c\uparrow$

4. Catalitzador: accelera tant la reacció directa com la inversa. S’arriba abans a l’equilibri, però l’equilibri no es desplaça: el rendiment no canvia.

   $\text{catalitzador}:\ \text{el mateix equilibri}$

5. $K_c$ només depèn de la temperatura: el canvi de volum, l’addició de $\mathrm{CO}$ i el catalitzador no la modifiquen.

   $K_c=K_c(T)$

Plantejament La dissolució és saturada: els grams dissolts per litre, passats a mols, són la solubilitat molar. L’estequiometria de l’equilibri de solubilitat dona la concentració de cada ió.

1. La solubilitat molar és el nombre màxim de mols de compost que es poden dissoldre en un litre de dissolució; és a dir, els mols dissolts en un litre de dissolució saturada. Equilibri de solubilitat de l’hidròxid de calci, $\mathrm{Ca(OH)_2}$:

   $\mathrm{Ca(OH)_2(s)\rightleftharpoons Ca^{2+}(aq)}$${}+\mathrm{2\,OH^-(aq)}$

2. Massa molar:

   $M(\mathrm{Ca(OH)_2})$${}= 40{,}1+2\cdot(16{,}0+1{,}0)$${}= 74{,}1\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$

3. Solubilitat molar (200 mL són 0,200 L):

   $s$${}= \frac{0{,}149\ \mathrm{g}}{74{,}1\ \mathrm{g\,mol^{-1}}\cdot0{,}200\ \mathrm{L}}$${}= 1{,}01\cdot10^{-2}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$

4. Per cada mol de $\mathrm{Ca(OH)_2}$ dissolt passen a la dissolució 1 mol de $\mathrm{Ca^{2+}}$ i 2 mol d’$\mathrm{OH^-}$:

   $[\mathrm{Ca^{2+}}]=s=1{,}01\cdot10^{-2}\ \mathrm{M}$$[\mathrm{OH^-}]=2s=2{,}01\cdot10^{-2}\ \mathrm{M}$

Plantejament El sòlid està en equilibri amb els seus ions, amb $K_{ps}=[\mathrm{Ca^{2+}}][\mathrm{OH^-}]^2$. Si el producte iònic $Q$ queda per sota de $K_{ps}$, es dissol més sòlid; si queda per sobre, en precipita.

1. Si hi afegim aigua, la dissolució deixa d’estar saturada: les concentracions dels ions baixen i es dissol més sòlid fins a tornar a la saturació. La massa de sòlid disminueix.

   $Q$${}= [\mathrm{Ca^{2+}}][\mathrm{OH^-}]^2$${}< K_{ps}$

2. Si hi afegim hidròxid de sodi, hi afegim un ió comú, l’$\mathrm{OH^-}$. L’equilibri es desplaça cap a l’esquerra i precipita $\mathrm{Ca(OH)_2}$: la massa de sòlid augmenta.

   $[\mathrm{OH^-}]\uparrow\ \Rightarrow\ Q>K_{ps}\ \Rightarrow\ \leftarrow$

3. Si hi afegim àcid clorhídric, un àcid fort, els ions $\mathrm{H_3O^+}$ neutralitzen els $\mathrm{OH^-}$ i en fan baixar la concentració. L’equilibri es desplaça cap a la dreta i es dissol més sòlid: la massa disminueix.

   $\mathrm{H_3O^+(aq)}$${}+\mathrm{OH^-(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{2\,H_2O(l)}$

4. Si hi afegim clorur de calci, hi afegim un ió comú, el $\mathrm{Ca^{2+}}$. L’equilibri es desplaça cap a l’esquerra: la massa de sòlid augmenta.

   $[\mathrm{Ca^{2+}}]\uparrow\ \Rightarrow\ Q>K_{ps}\ \Rightarrow\ \leftarrow$

Plantejament A la notació de la pila, l’ànode (oxidació) s’escriu a l’esquerra i el càtode (reducció) a la dreta. Ho confirmen els potencials: es redueix el parell de potencial més alt, el del coure.

1. Ànode (oxidació):

   $\mathrm{Cd(s)\rightarrow Cd^{2+}(aq)+2\,e^-}$

2. Càtode (reducció):

   $\mathrm{Cu^{2+}(aq)+2\,e^-\rightarrow Cu(s)}$

3. Reacció global (sumant les dues semireaccions, els electrons s’anul·len):

   $\mathrm{Cd(s)+Cu^{2+}(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{Cd^{2+}(aq)+Cu(s)}$

4. La reducció té lloc al càtode, l’elèctrode de coure. Força electromotriu estàndard:

   $E^\circ$${}= E^\circ_{\text{càtode}}$${}-E^\circ_{\text{ànode}}$${}= 0{,}34-(-0{,}40)$${}= 0{,}74\ \mathrm{V}$

5. Muntatge: dos vasos de precipitats; en un, una dissolució $1\ \mathrm{M}$ de $\mathrm{Cd^{2+}}$ (per exemple, de $\mathrm{CdSO_4}$) amb una làmina de cadmi parcialment submergida, i a l’altre, una dissolució $1\ \mathrm{M}$ de $\mathrm{Cu^{2+}}$ (per exemple, de $\mathrm{CuSO_4}$) amb una làmina de coure. Les dues làmines s’uneixen amb un fil conductor (s’hi pot intercalar un voltímetre) i els dos vasos, amb un pont salí: un tub ple de la dissolució d’un electròlit, com el $\mathrm{KNO_3}$.

6. El dibuix ha d’indicar la polaritat i el sentit dels electrons: l’ànode de cadmi és el pol negatiu, el càtode de coure és el pol positiu i els electrons circulen pel fil des del cadmi cap al coure.

   $\mathrm{Cd}\ (-)\ \xrightarrow{\ e^-\ }\ \mathrm{Cu}\ (+)$

ResultatÀnode: $\mathrm{Cd\rightarrow Cd^{2+}+2\,e^-}$; càtode: $\mathrm{Cu^{2+}+2\,e^-\rightarrow Cu}$; reacció global: $\mathrm{Cd+Cu^{2+}\rightarrow Cd^{2+}+Cu}$. La reducció es produeix al càtode, el de coure. $E^\circ=0{,}74\ \mathrm{V}$. El cadmi és el pol negatiu, el coure el positiu, i els electrons van del cadmi al coure pel fil extern.

La pauta oficial dona: ànode: $\mathrm{Cd\rightarrow Cd^{2+}+2\,e^-}$; càtode: $\mathrm{Cu^{2+}+2\,e^-\rightarrow Cu}$; global: $\mathrm{Cd+Cu^{2+}\rightarrow Cd^{2+}+Cu}$; reducció al càtode; $E^\circ=0{,}74\ \mathrm{V}$

Plantejament L’ànode es va dissolent: quan s’hagin oxidat els 2,00 g de cadmi, la pila s’atura. Amb la llei de Faraday es calcula la càrrega que poden donar i, amb $Q=I\,t$, el temps.

1. Mols de cadmi a l’ànode:

   $n(\mathrm{Cd})$${}= \frac{2{,}00\ \mathrm{g}}{112{,}4\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}$${}= 1{,}779\cdot10^{-2}\ \mathrm{mol}$

2. Cada mol de cadmi que s’oxida allibera 2 mol d’electrons. Càrrega total:

   $Q$${}= 1{,}7794\cdot10^{-2}\ \mathrm{mol}\cdot2\cdot9{,}65\cdot10^{4}\ \mathrm{C\,mol^{-1}}$${}= 3{,}434\cdot10^{3}\ \mathrm{C}$

3. Temps de funcionament, amb $Q=I\,t$:

   $t$${}= \frac{Q}{I}=\frac{3{,}434\cdot10^{3}\ \mathrm{C}}{0{,}02\ \mathrm{A}}$${}= 1{,}717\cdot10^{5}\ \mathrm{s}$${}= \frac{1{,}717\cdot10^{5}\ \mathrm{s}}{3\,600\ \mathrm{s\,h^{-1}}}$${}= 47{,}7\ \mathrm{h}$

4. Un procés redox és espontani quan la seva força electromotriu és positiva, és a dir, quan el potencial de reducció de l’espècie que es redueix és més gran que el de l’espècie que s’oxida. Aleshores $\Delta G^\circ=-n\,F\,E^\circ$ és negativa.

   $E^\circ$${}> 0$${}\Leftrightarrow E^\circ_{\text{càtode}}$${}> E^\circ_{\text{ànode}}$${}\Leftrightarrow \Delta G^\circ$${}< 0$