Química, PAU 2024 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 1) resolt

Plantejament Tractar l’àcid glucònic com HA monopròtic; resoldre l’equilibri sense arrodonir la concentració inicial.

1. L’àcid glucònic és un àcid feble monopròtic; en calcular l’hidroni es negligeix l’autoionització de l’aigua.

   $\mathrm{C_6H_{12}O_7(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)\rightleftharpoons C_6H_{11}O_7^-(aq)}$${}+\mathrm{H_3O^+(aq)}$

2. Concentració analítica i balanç de matèria.

   $c_0$${}= \frac{3{,}8/196{,}16}{0{,}1000}$${}= 0{,}19372\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$$[\mathrm{HA}]=c_0-x$

3. L’arrel positiva de la quadràtica dona les concentracions d’hidroni i gluconat.

   $K_a=\frac{x^2}{c_0-x}$$x$${}= \frac{2K_ac_0}{K_a+\sqrt{K_a^2+4K_ac_0}}$${}= 0{,}0052810$

4. El pH queda per sota de 4,5: s’inhibeix el creixement dels bacteris. També hi ha OH⁻, que surt de $K_w=1{,}0\cdot10^{-14}$ a 25 °C.

   $\mathrm{pH}=-\log x=2{,}2773$$[\mathrm{OH^-}]$${}= \frac{K_w}{x}$${}= \frac{1{,}0\cdot10^{-14}}{5{,}281\cdot10^{-3}}$${}= 1{,}9\cdot10^{-12}\ \mathrm M$

Plantejament Neutralitzar l’únic protó carboxílic i estudiar la hidròlisi del gluconat en equivalència.

1. Un mol d’àcid consumeix un mol de NaOH; els OH alcohòlics no es valoren en aquest model.

   $\mathrm{C_6H_{12}O_7(aq)}$${}+\mathrm{NaOH(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{NaC_6H_{11}O_7(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)}$

2. En equivalència queda la base conjugada d’un àcid feble. La seva reacció amb aigua genera OH⁻.

   $\mathrm{C_6H_{11}O_7^-(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)\rightleftharpoons C_6H_{12}O_7(aq)}$${}+\mathrm{OH^-(aq)}$

3. El muntatge és a la figura: la bureta, vertical i subjecta al suport amb una pinça, deixa caure el NaOH gota a gota sobre l’Erlenmeyer.

4. Material: suport i pinça, bureta, pipeta aforada amb propipeta per mesurar una alíquota, Erlenmeyer i flascó rentador; embut per carregar la bureta, retirat en valorar. Substàncies: mostra, NaOH de concentració coneguda, aigua destil·lada i unes gotes d’indicador adequat al salt bàsic, per exemple fenolftaleïna. Esbandir bureta amb valorant, mesurar alíquota, agitar i afegir gota a gota prop del viratge persistent; llegir el volum gastat.

ResultatNeutralització 1:1; punt d’equivalència bàsic per hidròlisi del gluconat.

La pauta oficial dona: HOCH₂(CHOH)₄COOH + OH⁻ → HOCH₂(CHOH)₄COO⁻ + H₂O; pH bàsic a l’equivalència; bureta, pipeta aforada, Erlenmeyer, indicador

Plantejament Aplicar Hess: combustió de glucosa menys dues combustions d’etanol.

1. Escrivim i igualem totes dues combustions.

   $\begin{aligned}\mathrm{C_6H_{12}O_6(s)+6O_2(g)}&\mathrm{\rightarrow6CO_2(g)+6H_2O(l)}\\\mathrm{C_2H_5OH(l)+3O_2(g)}&\mathrm{\rightarrow2CO_2(g)+3H_2O(l)}\end{aligned}$

2. Invertim dues vegades la segona i sumem; es cancel·len oxigen i aigua.

   $\mathrm{C_6H_{12}O_6(s)}$${}\rightarrow \mathrm{2C_2H_5OH(l)}$${}+\mathrm{2CO_2(g)}$

3. El signe negatiu indica que es desprèn calor a pressió constant.

   $\Delta H^\circ$${}= -2813-2(-1367)$${}= -79\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Plantejament Calculem l’energia de Gibbs de la combustió amb $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ$. L’enunciat parla de 25 °C i de 36,5 °C (la temperatura de la sang): donem tots dos valors.

1. Fem servir la combustió igualada de l’apartat a i l’entropia de la glucosa que dona l’examen, 2121,0 J/(mol·K). Compte: és una errata (a les taules és 212,1 J/(mol·K), i amb aquest valor ΔS° sortiria positiva, +259,5 J/K), però a l’examen es fa servir la dada que donen.

   $\Delta S^\circ$${}= 6(213{,}8)+6(70{,}0)$${}-2121{,}0-6(205{,}2)$${}= -1649{,}4\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}$

2. Convertim a kelvin amb 273,15 i l’entropia a kJ/(mol·K).

   $\Delta G^\circ(309{,}65)$${}= -2813$${}-309{,}65(-1{,}6494)$${}= -2302{,}3\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. A 25 °C, l’altra temperatura que cita l’enunciat. En tots dos casos ΔG° < 0: la combustió és espontània, i l’energia disponible és −ΔG°.

   $\Delta G^\circ(298{,}15)$${}= -2813$${}-298{,}15(-1{,}6494)$${}= -2321{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Plantejament Obtenir els mols d’etanol a partir de densitat i volum; fer servir l’avenç estequiomètric.

1. Massa molar amb les masses de l’examen: C₂H₆O, 46 g/mol.

   $n_{\mathrm{EtOH},0}$${}= \frac{115{,}0\cdot0{,}80}{46}$${}= 2{,}0\ \mathrm{mol}$$\xi=1{,}0-0{,}15=0{,}85\ \mathrm{mol}$

2. Suposant absència inicial d’èster i aigua, queden 0,15 mol d’àcid, 1,15 d’etanol i 0,85 de cada producte. Com que Δn=0, el volum comú es cancel·la. S’aplica el model de concentracions de la mescla líquida de l’examen.

   $K_c$${}= \frac{[\mathrm{CH_3COOCH_2CH_3}][\mathrm{H_2O}]}{[\mathrm{CH_3COOH}][\mathrm{CH_3CH_2OH}]}$${}= \frac{0{,}85^2}{0{,}15\cdot1{,}15}$${}= 4{,}1884$

3. Pictogrames 1 i 3: inflamable, risc d’incendi. 2: corrosiu, cremades greus i lesions oculars, corrosió de metalls. 4: exclamació, irritant o nociu segons la classificació concreta. Sense codis H no es fixa una categoria addicional ni una via de dany específica.

Plantejament Fer servir el quocient de reacció i distingir equilibri de velocitat.

1. Afegir etanol augmenta el denominador de Q: Q<K i es consumeixen reactius per produir més èster.

   $Q=\frac{[\text{èster}][\mathrm{H_2O}]}{[\text{àcid}][\text{etanol}]}$

2. Eliminar aigua redueix el numerador i també desplaça cap als productes. La constant no canvia si la temperatura es manté.

3. El catalitzador accelera tots dos sentits i permet arribar abans a l’equilibri; no canvia K ni la composició final. Sense ell, el rendiment d’equilibri és el mateix, però a temps limitat es pot obtenir menys èster.

Plantejament El potencial de reducció més gran correspon a la plata, que es redueix; el coure s’oxida.

1. Ànode de coure negatiu: oxidació. Càtode de plata positiu: reducció. Duplicar la semireacció de plata equilibra els electrons.

   $\begin{aligned}\mathrm{Cu(s)}&\mathrm{\rightarrow Cu^{2+}(aq)+2e^-}\\\mathrm{2Ag^+(aq)+2e^-}&\mathrm{\rightarrow2Ag(s)}\\\mathrm{Cu(s)+2Ag^+(aq)}&\mathrm{\rightarrow Cu^{2+}(aq)+2Ag(s)}\end{aligned}$

2. La pila és a la figura: dos vasos amb les làmines submergides en els seus nitrats 1,00 M, unides per un cable amb un voltímetre. El pont salí en U, amb KNO₃, tanca el circuit; no s’hi fa servir un clorur perquè precipitaria AgCl.

3. Electrons pel circuit extern de Cu a Ag. Els anions del pont migren cap al compartiment del coure i els cations cap al de plata, evitant l’acumulació de càrrega. Material: dos vasos, làmines, solucions, tub en U amb taps porosos o gel, electròlit, cables i voltímetre.

ResultatÀnode Cu (−), càtode Ag (+); electrons Cu → Ag. Reacció global: $\mathrm{Cu+2Ag^+\rightarrow Cu^{2+}+2Ag}$.

La pauta oficial dona: Ànode (Cu): Cu → Cu²⁺ + 2 e⁻; càtode (Ag): Ag⁺ + e⁻ → Ag; global: Cu + 2 Ag⁺ → Cu²⁺ + 2 Ag

Plantejament Restar els potencials estàndard de reducció sense multiplicar-los pels coeficients estequiomètrics.

1. Força electromotriu estàndard: reducció del càtode menys reducció de l’ànode.

   $E^\circ=0{,}80-0{,}34=0{,}46\ \mathrm V$

2. La barra simple separa fases; la doble representa el pont salí. A l’esquerra s’escriu l’ànode.

   $\mathrm{Cu(s)|Cu^{2+}(aq,1{,}00\,M)||Ag^+(aq,1{,}00\,M)|Ag(s)}$

3. La làmina de coure es dissol en formar Cu²⁺ i perd massa.

Plantejament Identificar cada tram del cicle i comparar les capes de valència.

1. Primera ionització: àtom gasós a catió gasós.

   $\mathrm{Rb(g)\rightarrow Rb^+(g)+e^-}$$\Delta H_3=403\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Afinitat electrònica amb conveni d’entalpia de captació: procés exotèrmic.

   $\mathrm{Cl(g)+e^-\rightarrow Cl^-(g)}$$\Delta H_4=-349\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Formació des dels elements en els seus estats estàndard; el mig mol de Cl₂ aporta un mol de Cl.

   $\mathrm{Rb(s)+\tfrac12Cl_2(g)}$${}\rightarrow \mathrm{RbCl(s)}$$\Delta H_5=-435\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Na=[Ne]3s¹ i Rb=[Kr]5s¹. L’electró extern de Rb és més lluny i més apantallat; costa menys arrencar-lo.

   $E_i(\mathrm{Na})>E_i(\mathrm{Rb})$

Plantejament Tancar el cicle conservant el factor ½ de la dissociació del clor.

1. La formació del sòlid s’obté per atomització, ionització, captació electrònica i unió dels ions gasosos.

   $\Delta H_5$${}= \Delta H_1+\tfrac12\Delta H_2$${}+\Delta H_3+\Delta H_4+\Delta H_6$

2. Aïllem l’energia reticular de formació. La separació del cristall té el signe oposat.

   $\Delta H_6$${}= -435-82$${}-\tfrac12(240)-403$${}-(-349)$${}= -691\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Na⁺=[Ne], F⁻=[Ne], Rb⁺=[Kr] i Cl⁻=[Ar]. Les càrregues tenen el mateix mòdul, però Na⁺ i F⁻ són més petits: menys distància, més atracció i més energia en valor absolut. F té 9 electrons neutre i 10 com F⁻.

   $|U(\mathrm{NaF})|>|U(\mathrm{RbCl})|$

Plantejament Reconeixem cada grup per com s’uneixen els seus àtoms i afegim els parells solitaris d’O i N. A la figura, els grups van enquadrats i numerats.

1. A: ① un grup hidroxil –OH unit a l’anell (un fenol, és a dir, un alcohol aromàtic) i ② un èster, –COO–CH₃; el carbonil de l’èster no és una cetona. A més té l’anell aromàtic, amb tres dobles enllaços C=C. Cadascun dels seus tres oxígens té dos parells solitaris.

2. B: ① el carbonil d’una cetona a l’anell de sis i ② una amina terciària a l’anell de cinc (el N està unit a tres carbonis, un d’ells el metil). L’O té dos parells solitaris i el N, un.

3. C: ① un èter entre el metil i la cadena i ② un aldehid al final, –CHO. Cada O té dos parells solitaris.

ResultatA: fenol (alcohol aromàtic) i èster, 6 parells solitaris en total. B: cetona i amina terciària, 3 parells. C: èter i aldehid, 4 parells.

La pauta oficial dona: A: alcohol i èster; B: cetona i amina; C: aldehid i èter; parells d’e⁻ no compartits en O i N

Plantejament Cercar una banda que diferenciï A de B i C, sense identificar la substància només per un carbonil.

1. La banda ampla pròxima a 3200–3550 cm⁻¹ correspon a O–H. Només A té OH.

2. El carbonil intens prop de 1700 cm⁻¹ concorda amb l’èster; també hi ha absorcions aromàtiques C=C a 1500–1650 i C–O a 1000–1300. Les posicions són lectures aproximades del gràfic, no pics retolats.

3. Les tres molècules contenen C–H i C=O: bandes als intervals 2850–3000 i 1650–1750 cm⁻¹. C–O es comparteix entre A i C; B té C–N, amb una zona que es pot solapar i no és l’evidència decisiva.