Química Madrid – EXTRAORDINARIA – 2025-2026

a) Cálculo de pH e identificación

Vamos a calcular el pH teórico de cada botella para ver a qué etiqueta corresponde.

Ácido clorhídrico ($\text{HCl}$): Es un ácido fuerte, por lo que se disocia completamente en agua: $\text{HCl}$ + $\text{H}_2\text{O}$ $\rightarrow$ $\text{Cl}^-$ + $\text{H}_3\text{O}^+$ La concentración de protones será igual a la concentración inicial del ácido: $[\text{H}_3\text{O}^+]$ = $0,85\text{ M}$ $\text{pH}$ = $-\log(0,85)$ = $0,071$

Ácido acético ($\text{CH}_3\text{COOH}$): Es un ácido débil, por lo que planteamos su equilibrio: $\text{CH}_3\text{COOH}$ + $\text{H}_2\text{O}$ $\rightleftharpoons$ $\text{CH}_3\text{COO}^-$ + $\text{H}_3\text{O}^+$ Inicio: $1,1\text{ M}$ Equilibrio: $1,1 – x$ / $x$ / $x$

Calculamos su $K_a$ a partir del $pK_a$: $K_a$ = $10^{-4,8}$ = $1,6 \times 10^{-5}$ Aplicamos la ley de acción de masas: $1,6 \times 10^{-5}$ = $x^2 / (1,1 – x)$ Aproximando $(1,1 – x) \approx 1,1$, obtenemos: $x$ = $[\text{H}_3\text{O}^+]$ = $4,2 \times 10^{-3}\text{ M}$ $\text{pH}$ = $-\log(4,2 \times 10^{-3})$ = $2,4$

Conclusión: La disolución con $\text{pH}$ = $0,071$ es el ácido clorhídrico, y la de $\text{pH}$ = $2,4$ es el ácido acético.

b) Valoración ácido-base

Usaremos la estequiometría de neutralización en el punto de equivalencia: moles de ácido = moles de base. Es decir, $M_a \cdot V_a = M_b \cdot V_b$.

Para el ácido clorhídrico:

$\text{HCl}$ + $\text{KOH}$

$\rightarrow$ $\text{KCl}$ + $\text{H}_2\text{O}$

$0,85\text{ M} \cdot 10\text{ mL}$ = $1,2\text{ M} \cdot V_b$

$V_b$ = $7,1\text{ mL}$ de $\text{KOH}$

Para el ácido acético:

$\text{CH}_3\text{COOH}$ + $\text{KOH}$

$\rightarrow$ $\text{CH}_3\text{COOK}$ + $\text{H}_2\text{O}$

$1,1\text{ M} \cdot 10\text{ mL}$ = $1,2\text{ M} \cdot V_b$

$V_b$ = $9,2\text{ mL}$ de $\text{KOH}$

c) Ajuste Redox

El enunciado nos dice que reacciona el ácido de $\text{pH}$ = $0,071$ (el $\text{HCl}$). Estamos en medio ácido.

Semirreacción de Reducción:

$\text{MnO}_2$ + $4\text{H}^+$ + $2\text{e}^-$

$\rightarrow$ $\text{Mn}^{2+}$ + $2\text{H}_2\text{O}$

Semirreacción de Oxidación:

$2\text{Cl}^-$

$\rightarrow$ $\text{Cl}_2$ + $2\text{e}^-$

Ecuación Iónica Global:

$\text{MnO}_2$ + $4\text{H}^+$ + $2\text{Cl}^-$

$\rightarrow$ $\text{Mn}^{2+}$ + $2\text{H}_2\text{O}$ + $\text{Cl}_2$

Ecuación Molecular:

$\text{MnO}_2$ + $4\text{HCl}$

$\rightarrow$ $\text{MnCl}_2$ + $2\text{H}_2\text{O}$ + $\text{Cl}_2$

Mi consejo: En el apartado del ácido débil, no os olvidéis nunca de plantear la reacción de equilibrio. Aunque sepáis usar directamente la fórmula abreviada para sacar la concentración de protones, el corrector necesita ver la tabla de concentraciones (inicio/equilibrio) para daros la máxima puntuación.

a) Especie isoelectrónica

El catión $\text{Na}^+$ (sodio) tiene número atómico $Z=11$, pero al haber perdido un electrón, tiene un total de 10 electrones. Nos piden un anión divalente (carga $-2$) isoelectrónico, es decir, que también tenga 10 electrones. Si tiene 10 electrones habiendo ganado 2, su número atómico original debe ser $Z=8$. Se trata del oxígeno, y su anión es el $\text{O}^{2-}$.

b) Números cuánticos

Los números cuánticos que nos dan son $n=4$ (nivel 4), $l=2$ (subnivel $d$), y $m_l=0$ (un orbital específico dentro de ese subnivel). Por el Principio de Exclusión de Pauli, en un mismo orbital solo pueden alojarse un máximo de 2 electrones, uno con espín $m_s = +1/2$ y otro con espín $m_s = -1/2$. Estos electrones se encuentran en un orbital $4d$.

c) Energía de ionización

La primera energía de ionización se define como la energía mínima necesaria para arrancar un electrón al átomo en fase gaseosa y estado fundamental. El Berilio (Be) tiene mayor energía de ionización que el Magnesio (Mg). Ambos están en el mismo grupo (alcalinotérreos), pero el magnesio está en un periodo inferior. Al aumentar el tamaño del átomo bajando en el grupo, el electrón más externo del Mg está más alejado del núcleo, sufriendo menor atracción (menor carga nuclear efectiva), por lo que cuesta menos energía arrancarlo.

d) Enlace y solubilidad del sulfuro de hidrógeno

El compuesto $\text{H}_2\text{S}$ presenta un enlace covalente, ya que se forma por la compartición de pares de electrones entre dos elementos no metálicos (hidrógeno y azufre). Es soluble en agua porque se trata de una molécula polar. Sus enlaces S-H son polares debido a la diferencia de electronegatividad, y debido a su geometría angular (por los dos pares de electrones libres en el átomo de S central), los momentos dipolares de los enlaces no se anulan entre sí. Lo semejante disuelve a lo semejante: una molécula polar se disolverá bien en el agua, que también es muy polar.

Truco: Para justificar la energía de ionización comparando elementos del mismo grupo (verticalmente), vuestra palabra clave debe ser siempre «tamaño» o «radio atómico». A mayor distancia, más fácil es arrancar el electrón.

a) Configuraciones electrónicas

Flúor (F): Su configuración electrónica es $1s^2 2s^2 2p^5$. Pertenece al periodo 2 y al grupo 17 (halógenos). Al faltarle un solo electrón para completar el subnivel $p$, tiene 1 electrón desapareado.

Azufre (S): Su configuración es $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^4$. Pertenece al periodo 3 y al grupo 16 (anfígenos). En su subnivel $3p$ (con 3 orbitales espaciales), caben 6 electrones. Como tiene 4, hay un orbital lleno y dos semillenos, por lo que tiene 2 electrones desapareados.

b) Iones estables y radios atómicos

Para lograr la estabilidad de los gases nobles (capa completa), ambos elementos tenderán a ganar los electrones que les faltan. Para el flúor, será el anión fluoruro: $\text{F}^-$. Para el azufre, será el anión sulfuro: $\text{S}^{2-}$.

Si comparamos el radio del átomo neutro de azufre frente al de su ion más estable: el radio del anión es mayor ($r(\text{S}) < r(\text{S}^{2-})$). Ambos tienen la misma cantidad de protones atrayendo, pero el anión tiene más electrones en su corteza, lo que aumenta las repulsiones eléctricas entre ellos y expande la nube electrónica.

c) Lewis, TRPECV e Hibridación

En el difluoruro de azufre ($\text{SF}_2$), el átomo central es el azufre, que se une mediante dos enlaces covalentes simples a los dos flúores. Al azufre le quedan dos pares de electrones libres (sin enlazar).

Según la TRPECV, el átomo central está rodeado por 4 dominios de electrones (2 enlazantes y 2 solitarios), lo que orienta la distribución electrónica hacia los vértices de un tetraedro. Sin embargo, la geometría molecular resultante (fijándonos solo en los átomos) será angular. La hibridación del átomo central (el azufre) para albergar estos 4 dominios es $sp^3$.

d) Polaridad de la molécula

La molécula es polar. Los enlaces S-F son polares debido a que tienen distinta electronegatividad. Debido a la geometría angular de la molécula provocada por los dos pares de electrones libres del azufre, los vectores momento dipolar de los dos enlaces S-F no se cancelan espacialmente, dando como resultado un momento dipolar neto distinto de cero.

Mi consejo: Cuando os pidan comparar el radio de un átomo neutro con su propio ion (catión o anión), centraos siempre en hablar de la repulsión electrónica y de la carga nuclear efectiva. Es la justificación teórica que buscan.

a) Nomenclatura e isomería

El primer compuesto, $\text{CH}_2\text{Br}-\text{CH}_2-\text{COO}-\text{CH}_2-\text{CH}_3$, es el 3-bromopropanoato de etilo, con fórmula molecular $\text{C}_5\text{H}_9\text{BrO}_2$. El segundo, $\text{CH}_3-(\text{CH}_2)_2-\text{CHBr}-\text{COOH}$, es el ácido 2-bromopentanoico, también con fórmula molecular $\text{C}_5\text{H}_9\text{BrO}_2$. Sí, son isómeros de función, ya que tienen exactamente la misma fórmula molecular pero poseen grupos funcionales distintos (éster frente a ácido carboxílico).

b) Reacciones orgánicas

Vamos a completar las ecuaciones nombrando los productos.

Reacción i):

$\text{CH}_2\text{=CH}-\text{CH}_3$ (propeno) + $\text{HBr}$

$\rightarrow$ $\text{CH}_3-\text{CHBr}-\text{CH}_3$ (2-bromopropano, producto mayoritario)

• $\text{CH}_2\text{Br}-\text{CH}_2-\text{CH}_3$ (1-bromopropano, minoritario) Es una reacción de adición y sigue la regla de Markovnikov (el hidrógeno del ácido se une al carbono del doble enlace que ya tiene más hidrógenos).

Reacción ii): $\text{CH}_3-\text{CH}(\text{CH}_3)-\text{CHOH}-\text{CH}_3$ (3-metilbutan-2-ol) + $\text{KMnO}_4$ $\rightarrow$ $\text{CH}_3-\text{CH}(\text{CH}_3)-\text{CO}-\text{CH}_3$ (3-metilbutanona) Es una reacción de oxidación, donde un oxidante fuerte transforma un alcohol secundario en una cetona.

c): Termoquímica y espontaneidad

La hidrogenación consiste en añadir hidrógeno gaseoso rompiendo el doble enlace: cis-pent-2-eno + $\text{H}_2$ $\rightarrow$ pentano (su fórmula: $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_3$).

Para saber si es endotérmica o exotérmica, debemos calcular su entalpía ($\Delta H^\circ_r$) empleando la ecuación de Gibbs-Helmholtz:

$\Delta G^\circ_r = \Delta H^\circ_r – T \cdot \Delta S^\circ_r$

¡Ojo con las unidades! La entropía nos la dan en Julios y la energía libre en KiloJulios. Vamos a pasar la entropía a KiloJulios dividiendo entre 1000: $\Delta S^\circ_r = -0,126\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}$

Despejamos la entalpía y sustituimos:

$\Delta H^\circ_r = \Delta G^\circ_r + T \cdot \Delta S^\circ_r$

$\Delta H^\circ_r = -77,8 + 298 \cdot (-0,126)$

$\Delta H^\circ_r = -115,3\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$

Como $\Delta H^\circ_r < 0$ (es negativo), concluimos que la reacción es exotérmica.

Mi consejo: El fallo número uno de todo el bachillerato en la ecuación de Gibbs es olvidar igualar las unidades de la Entropía ($\text{J}$) y la Entalpía/Energía Libre ($\text{kJ}$). Antes de usar la fórmula, dividid siempre la Entropía entre 1000 para pasarla a $\text{kJ}$.

a) Reacciones orgánicas

Reacción i): Para formar un éster (el 4-metilpentanoato de metilo) necesitamos hacer reaccionar un ácido carboxílico con un alcohol: $\text{CH}_3-\text{CH}(\text{CH}_3)-(\text{CH}_2)_2-\text{COOH}$ (ácido 4-metilpentanoico) + $\text{CH}_3\text{OH}$ (metanol) $\rightarrow$ $\text{CH}_3-\text{CH}(\text{CH}_3)-(\text{CH}_2)_2-\text{COO}-\text{CH}_3$ (4-metilpentanoato de metilo) + $\text{H}_2\text{O}$ Es una reacción de esterificación (o condensación).

Reacción ii): $\text{CH}_3-(\text{CH}_2)_4-\text{CHO}$ (hexanal) + oxidante $\rightarrow$ $\text{CH}_3-(\text{CH}_2)_4-\text{COOH}$ (ácido hexanoico) Es una reacción de oxidación de un aldehído a ácido carboxílico.

b) Formulación

i) 2,3,3-trimetilbutanal:

$\text{CH}_3-\text{C}(\text{CH}_3)_2-\text{CH}(\text{CH}_3)-\text{CHO}$

ii) trans-4-metilpent-2-eno: Consiste en una cadena de 5 carbonos, doble enlace en el 2 (con disposición trans en el espacio) y un metilo en el carbono 4. (Recuerda dibujar los hidrógenos del doble enlace apuntando hacia lados opuestos).

c) Cinética y Halogenación

La reacción de adición es la siguiente: $\text{CH}_3-\text{CH=CH}_2$ (propeno) + $\text{Cl}_2$ $\rightarrow$ $\text{CH}_3-\text{CHCl}-\text{CH}_2\text{Cl}$ (1,2-dicloropropano)

Respecto a la velocidad: si la temperatura aumenta, la velocidad de la reacción también lo hace. Según la ecuación de Arrhenius ($k = A \cdot e^{-E_a/RT}$), al aumentar la temperatura ($T$), el exponente negativo se hace más pequeño en valor absoluto, por lo que la constante de velocidad ($k$) aumenta. A nivel microscópico (Teoría de Colisiones), hay más moléculas con energía suficiente para superar la energía de activación al chocar.

Truco: Siempre que os pregunten por el efecto de la temperatura en la velocidad, mencionad la ecuación de Arrhenius y la palabra choques/colisiones efectivas. Vuestra nota subirá como la espuma.

a) Presiones en equilibrio

Tenemos el equilibrio:

$2\text{NOBr} (g) \rightleftharpoons 2\text{NO} (g) + \text{Br}_2 (g)$

Moles iniciales: $2,50$ / $0$ / $0$

Moles equilibrio: $2,50 – 2x$ / $2x$ / $x$

Nos dan la presión parcial del Bromo en el equilibrio, así que podemos calcular sus moles «$x$» usando la ecuación general de los gases ($P \cdot V = n \cdot R \cdot T$). ¡Recordad pasar la temperatura a Kelvin ($300 + 273 = 573\text{ K}$)! $x$ = $P \cdot V / (R \cdot T)$ $x$ = $(4,85 \cdot 10,0) / (0,0820 \cdot 573)$ $x$ = $1,03\text{ mol}$ de $\text{Br}_2$

Ahora podemos calcular las presiones parciales del resto de gases usando sus moles:

$p(\text{NOBr})$ = $n \cdot R \cdot T / V$ = $(2,50 – 2 \cdot 1,03) \cdot 0,0820 \cdot 573 / 10,0$ = $2,07\text{ atm}$

$p(\text{NO})$ = $n \cdot R \cdot T / V$ = $(2 \cdot 1,03) \cdot 0,0820 \cdot 573 / 10,0$ = $9,68\text{ atm}$

b) Cálculo de las constantes

La constante $K_p$ se calcula directamente con las presiones parciales: $K_p$ = $[p(\text{NO})]^2 \cdot p(\text{Br}_2) / [p(\text{NOBr})]^2$ $K_p$ = $(9,68)^2 \cdot 4,85 / (2,07)^2$ $K_p$ = $106$

Para calcular $K_c$, usamos la fórmula que las relaciona: $K_c$ = $K_p \cdot (R \cdot T)^{-\Delta n}$ El incremento de moles gaseosos es $\Delta n = (2+1) – 2 = 1$. $K_c$ = $106 \cdot (0,0820 \cdot 573)^{-1}$ $K_c$ = $2,26$

c) Principio de Le Châtelier

Al disminuir el volumen del recipiente, las moléculas se concentran en menos espacio, lo que provoca un aumento general de la presión. Según el Principio de Le Châtelier, el sistema reaccionará desplazándose hacia donde haya menor número de moles gaseosos para intentar rebajar la presión. En nuestra reacción, hay 2 moles a la izquierda y 3 moles a la derecha, por lo que el equilibrio se desplazará hacia los reactivos (hacia la izquierda).

d) Ecuación de velocidad

La ecuación general de velocidad directa tiene la forma $v = k \cdot [\text{NOBr}]^\alpha$. Las unidades de la velocidad siempre son $\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}$. Sabiendo que las unidades de nuestra constante son $\text{L}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}$, podemos deducir el orden de reacción ($\alpha$) igualando unidades: $\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{s}^{-1} = (\text{L}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}) \cdot (\text{mol}\cdot\text{L}^{-1})^\alpha$ Para que la ecuación concuerde matemáticamente, $\alpha$ debe valer 2. Por tanto, la ecuación de velocidad es: $v = k \cdot [\text{NOBr}]^2$.

Mi consejo: El apartado ‘d’ es un regalo si sabéis este truco: fijaros siempre en el exponente del Litro en las unidades de la constante «k». Si el Litro está elevado a 1 (como $L\cdot mol^{-1} \dots$), la reacción es de orden 2. Si estuviera elevado a 2, sería de orden 3. ¡Es automático!

a) Equilibrio de solubilidad

El fluoruro de magnesio, al disolverse, libera un catión magnesio y dos aniones fluoruro. Sus estados de agregación son fundamentales aquí:

$\text{MgF}_2 (s)$

$\rightleftharpoons$ $\text{Mg}^{2+} (ac)$ + $2\text{F}^- (ac)$

b) Solubilidad y Producto de Solubilidad ($K_s$)

La solubilidad en masa (s’) es la cantidad máxima que logramos disolver por litro. Si disolvemos $65,4\text{ mg}$ en $500\text{ mL}$, en un litro disolveremos el doble: $s’$ = $130,8\text{ mg/L}$ = $0,1308\text{ g/L}$.

Calculamos la masa molar del $\text{MgF}_2$: $24,3 + 2 \cdot 19 = 62,3\text{ g/mol}$. Dividimos la solubilidad en masa entre la masa molar para obtener la solubilidad molar (s): $s$ = $0,1308\text{ g/L} / 62,3\text{ g/mol}$ = $2,10 \times 10^{-3}\text{ M}$.

Para calcular la $K_s$, planteamos la relación estequiométrica de nuestro equilibrio:

$[\text{Mg}^{2+}]$ = $s$

$[\text{F}^-]$ = $2s$

$K_s$ = $[\text{Mg}^{2+}] \cdot [\text{F}^-]^2$ = $s \cdot (2s)^2$ = $4s^3$

$K_s$ = $4 \cdot (2,10 \times 10^{-3})^3$ = $3,70 \times 10^{-8}$

c) Reactivo limitante y rendimiento

Nos dan cantidades de los dos reactivos, así que nos toca jugar a los detectives para descubrir cuál es el reactivo limitante.

1. Moles de $\text{Mg(OH)}_2$ (masa molar $58,3\text{ g/mol}$): $180 \times 10^{-3}\text{ g} / 58,3$ = $3,09 \times 10^{-3}\text{ mol}$.

2. Moles de $\text{HF}$ disponibles: $75 \times 10^{-3}\text{ L} \cdot 0,10\text{ M}$ = $7,5 \times 10^{-3}\text{ mol}$.

La estequiometría de la reacción pide $2\text{ moles}$ de HF por cada mol de $\text{Mg(OH)}_2$. Si tenemos $3,09 \times 10^{-3}\text{ moles}$ de $\text{Mg(OH)}_2$, necesitaríamos el doble de HF, es decir, $6,18 \times 10^{-3}\text{ mol}$. Como disponemos de $7,5 \times 10^{-3}\text{ mol}$ de HF (nos sobra), el reactivo limitante es el $\text{Mg(OH)}_2$.

Basándonos en el limitante, calculamos la masa teórica de $\text{MgF}_2$ (masa molar $62,3\text{ g/mol}$) que deberíamos obtener si todo fuera perfecto: Masa teórica = $3,09 \times 10^{-3}\text{ mol} \cdot 62,3\text{ g/mol}$ = $0,193\text{ g}$.

Pero el enunciado nos dice que en la realidad solo hemos obtenido $0,16\text{ g}$. Calculamos el rendimiento porcentual: Rendimiento = $(0,16\text{ g} / 0,193\text{ g}) \cdot 100$ = 83%.

Mi consejo: Cuando un ejercicio os dé cantidades de partida para MÁS de un reactivo, saltan todas las alarmas. Es casi seguro que uno de ellos sea el reactivo limitante. Nunca os lancéis a hacer cálculos de productos sin hacer primero la prueba de quién se gasta antes.