Química, PAU 2024 de Cataluña: el examen extraordinario resuelto

Planteamiento Convertir la energía del fotón a eV y restarla al nivel 3d; para la excitación aplicar E=hν.

1. La línea observada es emisión desde 3d. Su energía positiva es la diferencia entre niveles.

   $E_\gamma$${}= \frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}0\cdot10^8}{587{,}49\cdot10^{-9}}$${}= 3{,}3856\cdot10^{-19}\ \mathrm J$${}= 2{,}1160\ \mathrm{eV}$

2. El nivel inferior corresponde a 2p, 21,08 eV según la tabla simplificada. La diferencia residual refleja la precisión de constantes y tabla.

   $E_f=23{,}20-2{,}1160=21{,}084\ \mathrm{eV}$$3d\rightarrow2p$

3. Excitar desde 1s (0 eV) hasta 3s (22,81 eV) requiere absorción.

   $\nu$${}= \frac{(22{,}81-0)\cdot1{,}6\cdot10^{-19}}{6{,}63\cdot10^{-34}}$${}= 5{,}5047\cdot10^{15}\ \mathrm{Hz}$

Planteamiento Distinguir orbital de órbita y enumerar todos los electrones de la capa externa, incluidos los 2s del neón.

1. De Broglie: la materia tiene comportamiento ondulatorio con λ=h/p. Heisenberg: no pueden determinarse simultáneamente posición y momento con precisión arbitraria. El electrón se describe por una función de onda; su módulo al cuadrado da densidad de probabilidad, no una trayectoria clásica.

   $\lambda=\frac hp$$\Delta x\Delta p_x\ge\frac{\hbar}{2}$$\rho=|\psi|^2$

2. Un orbital atómico es una función de onda espacial de un electrón, identificada por n,l,mₗ. Los valores permitidos son n≥1, 0≤l<n, −l≤mₗ≤l; el espín tiene mₛ=±½. Pauli permite dos electrones de espines opuestos por orbital.

3. Helio 1s²: ambos electrones son de valencia, con espines opuestos.

   $\mathrm{He}:\quad(1,0,0,+\tfrac12),\ (1,0,0,-\tfrac12)$

4. Neón 1s²2s²2p⁶: ocho electrones de valencia en n=2. Los dos 2s no deben omitirse. Se dan las ocho cuaternas en orden (n,l,mₗ,mₛ).

   $\begin{array}{ll}2s:&(2,0,0,+\tfrac12),\ (2,0,0,-\tfrac12)\\2p:&(2,1,-1,+\tfrac12),\ (2,1,-1,-\tfrac12),\\&(2,1,0,+\tfrac12),\ (2,1,0,-\tfrac12),\\&(2,1,1,+\tfrac12),\ (2,1,1,-\tfrac12)\end{array}$

Planteamiento Aplicar entalpías de formación y escalar por los moles de CaO.

1. Productos menos reactivos para un mol de reacción.

   $\Delta H^\circ$${}= -985{,}6$${}-[-634{,}9+(-285{,}5)]$${}= -65{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Con Ca=40 y O=16, M(CaO)=56 g/mol. Una tonelada son un millón de gramos.

   $n=\frac{10^6}{56}\ \mathrm{mol}$$q_p$${}= n\Delta H^\circ$${}= -1{,}1643\cdot10^{6}\ \mathrm{kJ}$

3. El signo negativo corresponde al sistema; el calor liberado al entorno se expresa como magnitud positiva.

Planteamiento Leer intercepto y cruce del gráfico. Este apartado describe otra reacción, no necesariamente la hidratación del apartado a.

1. Con ΔH° y ΔS° constantes, la recta tiene ordenada ΔH° y pendiente −ΔS°.

   $\Delta G^\circ(T)=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ$

2. El corte con el eje horizontal se lee aproximadamente a 350 K: ΔG°=0 y K=1 en el umbral estándar. El intercepto se lee aproximadamente +300 kJ/mol, por tanto la reacción es endotérmica.

3. Por encima del cruce la recta es negativa: proceso directo favorable en condiciones estándar; por debajo no. Los valores son gráficos, no medidas exactas ni una extrapolación física validada hasta 0 K.

Planteamiento Dividir los moles en equilibrio entre el volumen y aplicar Kp=Kc(RT)^Δn.

1. La estequiometría es N₂O₄(g) ⇌ 2 NO₂(g); Δn=2−1=1.

   $[\mathrm{N_2O_4}]=\frac{0{,}20}{2{,}0}=0{,}100\ \mathrm M$$[\mathrm{NO_2}]=\frac{0{,}29}{2{,}0}=0{,}145\ \mathrm M$

2. El coeficiente de NO₂ se convierte en exponente.

   $K_c$${}= \frac{[\mathrm{NO_2}]^2}{[\mathrm{N_2O_4}]}$${}= \frac{0{,}145^2}{0{,}100}$${}= 0{,}21025$

3. Usamos R del examen, en atm·L/(mol·K), y T ya está en kelvin. Las constantes termodinámicas son adimensionales con estados de referencia; se mantienen los valores numéricos convencionales PAU.

   $K_p$${}= 0{,}21025(0{,}082\cdot373)^1$${}= 6{,}4307$

Planteamiento Relacionar el color con el desplazamiento y aplicar Le Châtelier.

1. El color marrón se atribuye al NO₂. En el modelo del enunciado, calentar favorece su formación: el equilibrio se desplaza a la derecha. Esto indica que la disociación absorbe calor, ΔH>0.

2. El sentido inverso forma un mol gaseoso a partir de dos. Comprimir isotérmicamente favorece N₂O₄; expandir favorece NO₂. A temperatura constante no cambia K. La afirmación se refiere a presión cambiada mediante el volumen.

3. La mayor coloración demuestra mayor proporción de NO₂ en este modelo, no que deba superar el 50 % del total de óxidos ni que sea el componente mayoritario del aire.

Planteamiento Contar electrones de valencia y distribuir los dominios electrónicos con RPECV. En la figura, cada pareja de puntos es un par libre.

1. H₂O: 8 electrones de valencia, dos enlaces O–H y dos pares libres en O. Cuatro dominios, disposición electrónica tetraédrica y geometría molecular angular (AX₂E₂).

2. CO₂: 16 electrones de valencia, dos enlaces dobles y dos pares libres en cada O. El C tiene dos dominios (cada doble cuenta como uno) y ningún par libre: lineal AX₂.

3. NH₃: 8 electrones de valencia, tres enlaces N–H y un par libre. Cuatro dominios, disposición electrónica tetraédrica y forma molecular de pirámide trigonal AX₃E. RPECV minimiza repulsiones entre dominios; los pares libres repelen más que los enlazantes.

ResultadoH₂O angular, CO₂ lineal, NH₃ pirámide trigonal. Pares libres: O de agua 2, cada O de CO₂ 2, N de amoníaco 1.

La pauta oficial da: H₂O: 8 e⁻, angular; CO₂: 16 e⁻, lineal; NH₃: 8 e⁻, piramidal trigonal

Planteamiento Sumar vectorialmente los dipolos de enlace y comparar las fuerzas intermoleculares.

1. Una molécula polar tiene momento dipolar permanente no nulo; una apolar tiene momento total cero. Intervienen diferencia de electronegatividad y geometría, no solo la existencia de enlaces polares.

2. O y N atraen más los electrones que H. En H₂O angular y NH₃ piramidal los dipolos no se cancelan. En CO₂ lineal los dos C=O son iguales y opuestos: se cancelan.

   $\mu(\mathrm{H_2O})\ne0$$\mu(\mathrm{NH_3})\ne0$$\mu(\mathrm{CO_2})=0$

3. H₂O hierve mucho más alto por la red de puentes de hidrógeno intermoleculares. H₂S, H₂Se y H₂Te no forman una red comparable; al bajar en el grupo aumenta la polarizabilidad y la dispersión de London, por lo que sube la ebullición desde H₂S a H₂Te. No se rompen los enlaces covalentes internos al hervir.

Planteamiento Comparar velocidades iniciales y convertir mmol a mol antes de obtener k.

1. Si v=k[H₂O₂]ⁿ, el cociente de los experimentos 2 y 1 permite hallar n.

   $n$${}= \frac{\ln(10{,}5/6{,}3)}{\ln(0{,}25/0{,}15)}$${}= 1$

2. La primera velocidad son 6,3·10⁻³ mmol/(L·s), es decir 6,3·10⁻⁶ mol/(L·s).

   $k_1$${}= \frac{6{,}3\cdot10^{-6}}{0{,}15}$${}= 4{,}2\cdot10^{-5}\ \mathrm{s^{-1}}$

3. El segundo experimento da el mismo k; el tercero da 4,2333·10⁻⁵ s⁻¹, diferencia compatible con datos experimentales redondeados. Las unidades salen de dividir mol/(L·s) por mol/L.

   $[k]$${}= \frac{\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}}{\mathrm{mol\,L^{-1}}}$${}= \mathrm{s^{-1}}$$v=k[\mathrm{H_2O_2}]$

Planteamiento Separar el efecto del catalizador, la temperatura y la dilución.

1. KI aporta yoduro, que participa en un mecanismo catalítico alternativo y se regenera. La barrera de activación efectiva es menor: una mayor fracción de las colisiones resulta eficaz. No cambia la entalpía entre reactivos y productos ni el equilibrio.

2. Al aumentar T a volumen fijo aumenta la energía cinética, sobre todo la fracción que supera la barrera; aumenta k y la velocidad. No se confunde reacción exotérmica con reacción necesariamente lenta al calentar.

3. Si aumenta el volumen de solución por dilución manteniendo los moles de reactivo y T, baja [H₂O₂], disminuyen los encuentros por unidad de volumen y baja v=k[H₂O₂]. La velocidad expresada por unidad de volumen es la que aparece en la tabla.

Planteamiento Conservar C₄H₁₀O, enumerar los alcoholes y señalar el único carbono asimétrico.

1. Referencia: butan-1-ol. Los otros tres alcoholes constitucionales son butan-2-ol (posición), 2-metilpropan-1-ol y 2-metilpropan-2-ol (cadena respecto al 1-butanol). Se muestran los cuatro para evitar duplicaciones.

   $\begin{array}{ll}\text{butan-1-ol:}&\mathrm{CH_3-CH_2-CH_2-CH_2-O-H}\\\text{butan-2-ol:}&\mathrm{CH_3-CH(O-H)-CH_2-CH_3}\\\text{2-metilpropan-1-ol:}&\mathrm{(CH_3)_2CH-CH_2-O-H}\\\text{2-metilpropan-2-ol:}&\mathrm{(CH_3)_3C-O-H}\end{array}$

2. Dietiléter tiene la misma fórmula molecular, pero función éter en lugar de alcohol: isomería constitucional de función.

   $\mathrm{CH_3-CH_2-O-CH_2-CH_3}$

3. Una molécula es quiral cuando no es superponible con su imagen especular. Solo butan-2-ol tiene un carbono unido a cuatro grupos distintos: H, OH, CH₃ y CH₂CH₃. Da dos enantiómeros; los otros tres alcoholes carecen de centro estereogénico.

   $\mathrm{CH_3}$${}-\mathrm{C^*(H)(OH)}$${}-\mathrm{CH_2CH_3}$

Planteamiento Identificar la pérdida o adición de agua y comparar interacciones con el disolvente.

1. Directa: eliminación de OH y de un H vecino como agua, con formación de C=C; deshidratación del alcohol. Inversa: adición de H y OH al doble enlace, hidratación del alqueno. El ácido es catalizador y no se consume netamente.

   $\mathrm{C_6H_{12}O}\ \mathrel{\mathop{\rightleftharpoons}^{\mathrm{H_2SO_4}}}\ \mathrm{C_6H_{10}+H_2O}$

2. El ciclohexanol tiene un grupo OH polar capaz de donar y aceptar puentes de hidrógeno con agua. El ciclohexeno es fundamentalmente apolar y no forma esas interacciones. El anillo hidrocarbonado limita la solubilidad del alcohol, pero este sigue siendo más soluble que el alqueno.