Química, PAU 2024 de Cataluña: el examen de junio (serie 5) resuelto

Planteamiento Se pide la reacción de oxidación del etanol, el calor a presión constante al obtener $10{,}0\,\mathrm{g}$ de ácido acético y si la reacción es exotérmica o endotérmica.

1. El etanol se oxida con el oxígeno del aire y da ácido acético y agua; la reacción ya está ajustada.

   $\mathrm{CH_3CH_2OH(l)}$${}+\mathrm{O_2(g)}$${}\rightarrow \mathrm{CH_3COOH(l)}$${}+\mathrm{H_2O(l)}$

2. La entalpía de reacción es la suma de las entalpías de formación de los productos menos la de los reactivos, cada una multiplicada por su coeficiente; la del $\mathrm{O_2}$, elemento en estado estándar, vale 0.

   $\Delta H^\circ$${}= \sum n_p\,\Delta H_f^\circ(\text{productos})$${}-\sum n_r\,\Delta H_f^\circ(\text{reactivos})$

3. Sustituimos los datos de la tabla.

   $\Delta H^\circ$${}= [(-487{,}0)+(-285{,}8)]$${}-[(-277{,}6)+0]$${}= -772{,}8+277{,}6$${}= -495{,}2\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Como $\Delta H^\circ<0$, la reacción es exotérmica: se desprende calor.

5. Moles de ácido acético, con la masa molar del $\mathrm{CH_3COOH}$ ($\mathrm{C_2H_4O_2}$) calculada con las masas atómicas del enunciado.

   $M$${}= 2\cdot12{,}0+4\cdot1{,}0+2\cdot16{,}0$${}= 60{,}0\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$n$${}= \frac{10{,}0\,\mathrm{g}}{60{,}0\,\mathrm{g\,mol^{-1}}}$${}= 0{,}1667\,\mathrm{mol}$

6. A presión constante, el calor es la variación de entalpía; por cada mol de reacción se forma 1 mol de ácido acético.

   $q_p$${}= n\,\Delta H^\circ$${}= 0{,}1667\,\mathrm{mol}\cdot(-495{,}2\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}})$${}= -82{,}5\,\mathrm{kJ}$

Planteamiento Se piden $\Delta S^\circ$ y $\Delta G^\circ$ a $298\,\mathrm{K}$ y cómo influye la temperatura en la espontaneidad, suponiendo $\Delta H^\circ$ y $\Delta S^\circ$ constantes.

1. Entropía de reacción con las entropías absolutas de la tabla (productos menos reactivos).

   $\Delta S^\circ$${}= (159{,}8+69{,}9)$${}-(160{,}7+205{,}0)$${}= -136{,}0\,\mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}$

2. Es negativa: de los reactivos, un líquido y un gas, se pasa a dos líquidos (desaparece el $\mathrm{O_2}$ gaseoso). Pasamos $\Delta S^\circ$ a kJ y aplicamos $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ$ a $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, es decir, $298\,\mathrm{K}$.

   $\Delta G^\circ$${}= -495{,}2$${}-298\cdot(-0{,}1360)$${}= -495{,}2+40{,}5$${}= -454{,}7\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Como $\Delta G^\circ<0$, a $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ la reacción es espontánea.

4. Con $\Delta H^\circ<0$ y $\Delta S^\circ<0$, el término $-T\Delta S^\circ$ es positivo y crece con la temperatura: la reacción es espontánea a temperaturas bajas y deja de serlo por encima de la temperatura a la que $\Delta G^\circ=0$.

   $T$${}= \frac{\Delta H^\circ}{\Delta S^\circ}$${}= \frac{-495{,}2\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}}{-0{,}1360\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}\,K^{-1}}}$${}= 3\,641\,\mathrm{K}$

5. Por tanto, la reacción es espontánea a cualquier temperatura inferior a $3\,641\,\mathrm{K}$, es decir, a todas las temperaturas habituales; solo dejaría de serlo si se calentara por encima de ese valor.

Planteamiento Se pide si el calor favoreció la lluvia ácida (efecto de la temperatura en el equilibrio), la reacción que forma el ácido sulfúrico y el efecto de los cambios de presión a temperatura constante.

1. La descomposición del $\mathrm{SO_3}$ es endotérmica ($\Delta H^\circ>0$). Según el principio de Le Châtelier, si la temperatura sube el equilibrio se desplaza en el sentido que absorbe calor, el directo: se descompone más $\mathrm{SO_3}$.

   $T\uparrow$${}\Rightarrow \mathrm{SO_3(g)}$${}\rightarrow \mathrm{SO_2(g)}$${}+\tfrac{1}{2}\,\mathrm{O_2(g)}$

2. Queda menos $\mathrm{SO_3}$ para formar ácido sulfúrico con el agua de la atmósfera, de modo que los días calurosos no favorecieron la formación de lluvia ácida, sino al contrario. La reacción de formación del ácido sulfúrico es:

   $\mathrm{SO_3(g)+H_2O(l)}$${}\rightarrow \mathrm{H_2SO_4(aq)}$

3. Presión: hay 1 mol de gas en los reactivos y $1{,}5$ mol en los productos. Si la presión aumenta (por una reducción del volumen), el equilibrio se desplaza hacia donde hay menos moles de gas, hacia la izquierda: se forma más $\mathrm{SO_3}$. Si la presión disminuye, se desplaza hacia la derecha: se descompone más $\mathrm{SO_3}$.

   $\Delta n_g=\left(1+\tfrac{1}{2}\right)-1=+\tfrac{1}{2}$

Planteamiento Se pide $K_c$ a partir de los moles iniciales y finales de $\mathrm{SO_3}$, y si $K_c$ y $K_p$ coinciden o cuál es mayor.

1. Concentraciones de $\mathrm{SO_3}$, inicial y en el equilibrio, en el recipiente de $10{,}0\,\mathrm{L}$.

   $[\mathrm{SO_3}]_0$${}= \frac{0{,}1\,\mathrm{mol}}{10{,}0\,\mathrm{L}}$${}= 0{,}010\,\mathrm{M}$$[\mathrm{SO_3}]_{eq}$${}= \frac{0{,}017\,\mathrm{mol}}{10{,}0\,\mathrm{L}}$${}= 0{,}0017\,\mathrm{M}$

2. Si se descomponen $x$ mol/L, se forman $x$ mol/L de $\mathrm{SO_2}$ y $x/2$ de $\mathrm{O_2}$.

   $x=0{,}010-0{,}0017=0{,}0083\,\mathrm{M}$$[\mathrm{SO_2}]=0{,}0083\,\mathrm{M}$$[\mathrm{O_2}]=0{,}00415\,\mathrm{M}$

3. Sustituimos en la expresión de $K_c$; el $\mathrm{O_2}$ va elevado a $\tfrac{1}{2}$, su coeficiente.

   $K_c$${}= \frac{[\mathrm{SO_2}]\,[\mathrm{O_2}]^{1/2}}{[\mathrm{SO_3}]}$${}= \frac{0{,}0083\cdot(0{,}00415)^{1/2}}{0{,}0017}$${}= \frac{5{,}35\cdot10^{-4}}{0{,}0017}$${}= 0{,}315$

4. Relación entre las dos constantes, con $\Delta n$ los moles de gas de los productos menos los de los reactivos.

   $K_p=K_c\,(RT)^{\Delta n}$$\Delta n=1{,}5-1=0{,}5$

5. Como $\Delta n\neq0$, las constantes no coinciden. Con $R=0{,}082\,\mathrm{atm\,L\,mol^{-1}\,K^{-1}}$, $RT>1$ para cualquier temperatura por encima de unos $12\,\mathrm{K}$ (y aquí la mezcla se ha calentado): $(RT)^{0{,}5}>1$ y $K_p$ es mayor que $K_c$.

   $RT$${}> 1$${}\Rightarrow (RT)^{0{,}5}$${}> 1$${}\Rightarrow K_p$${}> K_c$

Planteamiento Se pide la definición de electronegatividad, las configuraciones de A ($Z=6$) y B ($Z=8$) y cuál de los dos tiene la electronegatividad menor.

1. La electronegatividad es la tendencia de un átomo a atraer hacia sí los electrones del enlace que forma con otro átomo.

2. Configuraciones electrónicas fundamentales (A es el carbono y B, el oxígeno):

   $\mathrm{A}\ (Z=6):\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{2}$$\mathrm{B}\ (Z=8):\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{4}$

3. Los dos tienen los electrones de valencia en la capa $n=2$, pero B tiene dos protones más y los electrones internos ($1s^{2}$) apantallan igual en los dos: la carga nuclear efectiva sobre los electrones de valencia es mayor en B, que además es más pequeño. A B le faltan dos electrones para completar el octeto ($2s^{2}2p^{6}$) y a A, cuatro. Por tanto, B atrae más los electrones del enlace y A es el menos electronegativo.

   $Z_{\mathrm{ef}}(\mathrm{B})$${}> Z_{\mathrm{ef}}(\mathrm{A})$${}\Rightarrow \chi(\mathrm{B})$${}> \chi(\mathrm{A})$

Planteamiento Se pide la estructura de Lewis de $\mathrm{AB_2}$, es decir, del $\mathrm{CO_2}$, el tipo de enlace, la geometría y el ángulo según la RPECV, si la molécula es polar y si su punto de ebullición es alto o bajo.

1. Electrones de valencia: A tiene 4 ($2s^{2}2p^{2}$) y cada B, 6 ($2s^{2}2p^{4}$). En total, 16 electrones, es decir, 8 pares.

   $4+2\cdot6=16\ \mathrm{e^-}\ (8\ \text{pares})$

2. A, el menos electronegativo, es el átomo central. Para que los tres átomos completen el octeto, A forma un enlace doble con cada B y cada B conserva dos pares solitarios (véase la figura).

   $\mathrm{B{=}A{=}B}\;\equiv\;\mathrm{O{=}C{=}O}$

3. Son dos no metales con electronegatividades distintas pero cercanas: comparten electrones. Los enlaces son covalentes y polares, con la carga parcial negativa sobre B.

   $\overset{\delta-}{\mathrm{B}}{=}\overset{\delta+}{\mathrm{A}}{=}\overset{\delta-}{\mathrm{B}}$

4. RPECV: alrededor de A hay dos zonas de densidad electrónica (cada enlace doble cuenta como una) y ningún par solitario. Se colocan lo más lejos posible: la molécula es lineal y el ángulo de enlace es de 180°.

   $\angle\,\mathrm{BAB}=180^\circ$

5. Los dos momentos dipolares de enlace son iguales y de sentido contrario, y se anulan: la molécula es apolar.

   $\vec{\mu}_{\mathrm{AB}}+\vec{\mu}_{\mathrm{BA}}=\vec{0}\;\Rightarrow\;\mu=0$

6. Son moléculas pequeñas y apolares: entre ellas solo hay fuerzas de dispersión de London, débiles, así que hace falta poca energía para separarlas y el punto de ebullición es bajo.

ResultadoLewis: $\mathrm{O{=}C{=}O}$, con dos pares solitarios en cada O (16 electrones de valencia). Enlaces covalentes polares. Geometría lineal, ángulo de $180^\circ$. Molécula apolar ($\mu=0$), con fuerzas de London débiles entre moléculas: punto de ebullición bajo.

La pauta oficial da: $\mathrm{B{=}A{=}B}$ (16 electrones de valencia); covalente polar; lineal, $180^\circ$; apolar ($\mu=0$); punto de ebullición bajo (moléculas discretas, fuerzas débiles)

Planteamiento Se pide la reacción de valoración, la concentración de amoníaco del producto (en $\mathrm{mol\,L^{-1}}$ y en $\mathrm{mg\,mL^{-1}}$) y cómo se hace la valoración en el laboratorio, con el material y las sustancias.

1. El ácido clorhídrico, ácido fuerte, cede un protón al amoníaco: la reacción es 1:1.

   $\mathrm{NH_3(aq)+HCl(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{NH_4^+(aq)}$${}+\mathrm{Cl^-(aq)}$

2. Moles de HCl gastados; en el punto de equivalencia son iguales a los moles de amoníaco de la muestra.

   $n(\mathrm{HCl})$${}= 0{,}1\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\cdot0{,}0100\,\mathrm{L}$${}= 1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol}$${}= n(\mathrm{NH_3})$

3. Concentración de amoníaco en los $5{,}0\,\mathrm{mL}$ de producto (el agua con que se diluye no cambia los moles).

   $[\mathrm{NH_3}]$${}= \frac{1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol}}{0{,}0050\,\mathrm{L}}$${}= 0{,}20\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$

4. En masa: $M(\mathrm{NH_3})$${}= 14{,}0+3\cdot1{,}0$${}= 17{,}0\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$, y $1\,\mathrm{g\,L^{-1}}=1\,\mathrm{mg\,mL^{-1}}$.

   $0{,}20\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\cdot17{,}0\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$${}= 3{,}4\,\mathrm{g\,L^{-1}}$${}= 3{,}4\,\mathrm{mg\,mL^{-1}}$

5. Procedimiento: se llena la bureta (sujeta con una pinza a un soporte) con el HCl $0{,}1\,\mathrm{M}$, sin burbujas de aire en la punta, y se enrasa. Con una pipeta aforada y una pera se toman los $5{,}0\,\mathrm{mL}$ de producto y se pasan a un erlenmeyer; se añade un poco de agua destilada y 2 o 3 gotas de indicador ácido-base.

6. Se abre la llave de la bureta y se añade el ácido agitando el erlenmeyer, gota a gota cerca del final, hasta que el indicador cambia de color. Se cierra la llave y se anota el volumen de HCl gastado.

7. El indicador tiene que cambiar de color al pH del punto de equivalencia, que es ácido (apartado b, pH alrededor de 5): por ejemplo, el rojo de metilo, que vira entre $\mathrm{pH}=4{,}4$ y $6{,}2$. La fenolftaleína, que vira entre $\mathrm{pH}=8{,}2$ y $10$, cambiaría de color antes de llegar al punto de equivalencia.

8. Material: bureta, soporte y pinza, pipeta aforada con pera y erlenmeyer. Sustancias: la disolución de HCl $0{,}1\,\mathrm{M}$, el producto con amoníaco, agua destilada y el indicador.

Planteamiento Se pide si el pH del punto de equivalencia es ácido, neutro o básico, la forma aproximada de la curva de valoración, con el dibujo, y dónde está el punto de equivalencia.

1. En el punto de equivalencia todo el amoníaco se ha convertido en $\mathrm{NH_4^+}$ y no sobra HCl: hay una disolución de $\mathrm{NH_4Cl}$. El $\mathrm{Cl^-}$, base conjugada de un ácido fuerte, no reacciona con el agua; el $\mathrm{NH_4^+}$, ácido conjugado de una base débil, sí se hidroliza y genera $\mathrm{H_3O^+}$.

   $\mathrm{NH_4^+(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)\rightleftharpoons NH_3(aq)}$${}+\mathrm{H_3O^+(aq)}$

2. Por tanto, el pH en el punto de equivalencia es ácido ($\mathrm{pH}<7$).

3. El volumen de equivalencia es el gastado, $10{,}0\,\mathrm{mL}$ de HCl. La curva empieza en $\mathrm{pH}=11{,}27$ (base débil), baja poco a poco mientras hay mezcla $\mathrm{NH_3}/\mathrm{NH_4^+}$, cae bruscamente alrededor de $10{,}0\,\mathrm{mL}$ y, con HCl en exceso, se acerca a un pH entre 1 y 2 (véase la figura).

4. Para dibujarla con valores, la $K_b$ del amoníaco sale del pH inicial: $[\mathrm{OH^-}]$${}= 10^{-(14-11{,}27)}$${}= 1{,}86\cdot10^{-3}\,\mathrm{M}$.

   $K_b$${}= \frac{(1{,}86\cdot10^{-3})^{2}}{0{,}20-1{,}86\cdot10^{-3}}$${}= 1{,}75\cdot10^{-5}$

5. En el punto de equivalencia hay $1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol}$ de $\mathrm{NH_4^+}$. Si no se ha añadido más agua, el volumen es de $15{,}0\,\mathrm{mL}$ y el pH es de unos $5{,}2$; si se ha diluido más, el pH sube un poco, pero sigue siendo ácido.

   $[\mathrm{H_3O^+}]$${}= \sqrt{\frac{K_w}{K_b}\cdot\frac{1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol}}{0{,}0150\,\mathrm{L}}}$${}= 6{,}2\cdot10^{-6}\,\mathrm{M}$${}\Rightarrow \mathrm{pH}$${}\approx 5{,}2$

ResultadoEl pH en el punto de equivalencia es ácido: el $\mathrm{NH_4^+}$ se hidroliza y da $\mathrm{H_3O^+}$. La curva baja desde $\mathrm{pH}=11{,}27$ y tiene un salto brusco; el punto de equivalencia está en $V(\mathrm{HCl})=10{,}0\,\mathrm{mL}$, con $\mathrm{pH}\approx5{,}2$ (sin agua añadida). Con exceso de ácido, el pH baja hacia 1–2.

La pauta oficial da: pH ácido en el punto de equivalencia (hidrólisis del $\mathrm{NH_4^+}$); curva desde $\mathrm{pH}=11{,}27$ con un salto; punto de equivalencia a $10\,\mathrm{mL}$ ($\mathrm{pH}=5{,}21$ en su dibujo)

Planteamiento Se piden los órdenes de reacción respecto del $\mathrm{P_4}$ y del $\mathrm{H_2}$, el orden global, la ecuación de velocidad y el valor y las unidades de la constante de velocidad.

1. Antes de nada, un error del enunciado: la reacción tal como está escrita no está ajustada (a la derecha hay 12 H y a la izquierda, 2). Ajustada es la siguiente. No afecta a este apartado: los órdenes de reacción se determinan con los experimentos, no con los coeficientes.

   $\mathrm{P_4(s)+6\,H_2(g)}$${}\rightarrow \mathrm{4\,PH_3(g)}$

2. Ecuación de velocidad con los órdenes desconocidos $\alpha$ (para el $\mathrm{P_4}$) y $\beta$ (para el $\mathrm{H_2}$).

   $v=k\,[\mathrm{P_4}]^{\alpha}\,[\mathrm{H_2}]^{\beta}$

3. Experimentos 2 y 3: solo cambia la concentración de $\mathrm{P_4}$, que se duplica, y la velocidad no cambia: el orden respecto del $\mathrm{P_4}$ es 0.

   $\frac{v_3}{v_2}$${}= \frac{6{,}40\cdot10^{-4}}{6{,}40\cdot10^{-4}}$${}= 1=2^{\alpha}$${}\Rightarrow \alpha=0$

4. Experimentos 1 y 2: solo cambia la concentración de $\mathrm{H_2}$, que se duplica, y la velocidad también se duplica: orden 1 respecto del $\mathrm{H_2}$.

   $\frac{v_2}{v_1}$${}= \frac{6{,}40\cdot10^{-4}}{3{,}20\cdot10^{-4}}$${}= 2=2^{\beta}$${}\Rightarrow \beta=1$

5. Orden global: $\alpha+\beta=0+1=1$. La ecuación de velocidad es:

   $v=k\,[\mathrm{H_2}]$

6. Despejamos $k$ con un experimento (los tres dan el mismo valor); con el experimento 2:

   $k$${}= \frac{v}{[\mathrm{H_2}]}$${}= \frac{6{,}40\cdot10^{-4}\,\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}}{0{,}0150\,\mathrm{mol\,L^{-1}}}$${}= 4{,}27\cdot10^{-2}\,\mathrm{s^{-1}}$

7. Unidades: en una reacción de orden global 1, las unidades de concentración se simplifican y $k$ va en $\mathrm{s^{-1}}$.

Planteamiento Se pide qué representa cada pictograma de la etiqueta y de qué peligro avisa.

1. Pictograma 1 (dos tubos que vierten un líquido sobre una superficie y sobre una mano): corrosivo. Puede atacar y corroer los metales y provocar quemaduras graves en la piel y lesiones en los ojos.

2. Pictograma 2 (una llama): inflamable. Puede encenderse fácilmente en contacto con una llama o una chispa, por calentamiento o incluso en contacto con el aire o el agua; hay que mantenerlo lejos de cualquier fuente de ignición.

3. Pictograma 3 (una calavera con dos tibias cruzadas): toxicidad aguda. Es muy tóxico, incluso mortal, en dosis pequeñas, por inhalación, por ingestión o por contacto con la piel.

4. Pictograma 4 (un árbol seco y un pez muerto): peligroso para el medio ambiente. Es tóxico para los organismos, sobre todo los acuáticos; no hay que verterlo al medio.

Planteamiento Se piden todos los alquenos $\mathrm{C_4H_8}$ (isómeros estructurales y geométricos) con la fórmula semidesarrollada y el nombre, qué es una molécula quiral y un ejemplo.

1. Con cuatro carbonos y un doble enlace hay dos cadenas posibles, la lineal y la ramificada. En la lineal, el doble enlace puede estar en el extremo o en el centro: isómeros de posición.

   $\mathrm{CH_2{=}CH{-}CH_2{-}CH_3}\ (\text{but-1-eno})$$\mathrm{CH_3{-}CH{=}CH{-}CH_3}\ (\text{but-2-eno})$

2. La cadena ramificada da el metilpropeno, isómero de cadena de los anteriores.

   $\mathrm{CH_2{=}C(CH_3){-}CH_3}\ (\text{metilpropeno})$

3. Isomería geométrica: hace falta que cada carbono del doble enlace tenga dos sustituyentes distintos. Solo lo cumple el but-2-eno (cada carbono tiene un H y un $\mathrm{CH_3}$): existe la forma cis, con los dos $\mathrm{CH_3}$ del mismo lado, y la trans, con los $\mathrm{CH_3}$ en lados opuestos. El but-1-eno y el metilpropeno tienen un carbono del doble enlace con dos H y no la presentan.

   $\textit{cis}\text{-but-2-eno}\ (Z)$$\textit{trans}\text{-but-2-eno}\ (E)$

4. En total, cuatro alquenos: but-1-eno, cis-but-2-eno, trans-but-2-eno y metilpropeno.

5. Una molécula es quiral si no se puede superponer a su imagen especular, como la mano derecha y la izquierda; existe en dos formas, los enantiómeros. El caso habitual es una molécula con un carbono asimétrico o estereocentro: un carbono tetraédrico unido a cuatro sustituyentes distintos.

6. Ejemplo: el butan-2-ol. Su C2 está unido a H, OH, $\mathrm{CH_3}$ y $\mathrm{CH_2CH_3}$, cuatro sustituyentes distintos (el asterisco marca el estereocentro).

   $\mathrm{CH_3{-}\overset{*}{C}H(OH){-}CH_2{-}CH_3}$

Planteamiento Se piden el monómero (fórmula y nombre) y el nombre de los polímeros A, B y C, y el tipo de polimerización de A, B, C y D, justificado.

1. A, B y C tienen una cadena solo de carbonos con una unidad repetitiva de dos carbonos: proceden de un alqueno en el que se abre el doble enlace. A procede del eteno y es el polietileno.

   $\mathrm{CH_2{=}CH_2}\ (\text{eteno})\rightarrow\text{polietileno}$

2. B lleva un $\mathrm{CH_3}$ cada dos carbonos: procede del propeno y es el polipropileno.

   $\mathrm{CH_2{=}CH{-}CH_3}\ (\text{propeno})\rightarrow\text{polipropileno}$

3. C lleva un Cl cada dos carbonos: procede del cloroeteno (cloruro de vinilo) y es el policloruro de vinilo (PVC).

   $\mathrm{CH_2{=}CHCl}\ (\text{cloroeteno})$${}\rightarrow \text{policloruro de vinilo}$

4. A, B y C se obtienen por polimerización de adición: el doble enlace C=C de cada monómero se abre y los monómeros se unen unos con otros sin perder ningún átomo, de modo que la unidad repetitiva tiene la misma fórmula que el monómero.

   $n\,\mathrm{CH_2{=}CH_2}$${}\rightarrow [{-}\mathrm{CH_2{-}CH_2}{-}]_n$

5. D, el nailon 6,6, se obtiene por polimerización de condensación: cada grupo $\mathrm{-COOH}$ del ácido hexanodioico reacciona con un grupo $\mathrm{-NH_2}$ de la hexano-1,6-diamina, se forma un enlace amida ($\mathrm{-CO{-}NH-}$) y se libera una molécula de agua. Como cada monómero tiene dos grupos reactivos, la cadena crece por los dos extremos: es una poliamida.

   $n\,\mathrm{HOOC{-}(CH_2)_4{-}COOH}$${}+n\,\mathrm{H_2N{-}(CH_2)_6{-}NH_2}$${}\rightarrow [{-}\mathrm{CO{-}(CH_2)_4{-}CO{-}NH{-}(CH_2)_6{-}NH}{-}]_n$${}+2n\,\mathrm{H_2O}$