Química Madrid – MODELO – 2025-2026

a) Justificación de tipos de enlace

Para resolver este apartado, vamos a fijarnos en qué tipo de elementos químicos (metales o no metales) se están uniendo para alcanzar la configuración de gas noble.

• $\text{KCl}$ (Cloruro de potasio): Aquí tenemos un enlace iónico. Fíjate que se une un metal (el K, que pierde electrones) con un no metal (el Cl, que los gana).

• $\text{Cu}$ (Cobre): Presenta enlace metálico. Al ser un metal, sus átomos comparten electrones formando una red rodeada por un «mar de electrones».

• $\text{NH}_4^+$ (Ion amonio): El enlace es covalente, ya que la unión ocurre entre átomos no metálicos que comparten electrones.

• $\text{NH}_3$ (Amoniaco): Igual que el caso anterior, presenta enlace covalente porque tiene lugar entre átomos no metálicos que comparten electrones.

Mi consejo: ¡Ojo con el ion amonio! Muchos os confundís al ver que es un catión (tiene carga positiva) y me ponéis que el enlace es iónico. Recordad que la carga afecta a todo el grupo, pero si miramos los enlaces internos entre el nitrógeno y los hidrógenos, son puramente covalentes.

b) Estructuras de Lewis y enlace coordinado

Vamos a contar los electrones de valencia para dibujar nuestras estructuras. El nitrógeno nos aporta 5 electrones y cada hidrógeno 1.

• Para el $\text{NH}_3$: Tenemos 8 electrones de valencia. El nitrógeno comparte 3 pares con los hidrógenos y se queda con un par de electrones sin compartir (par no enlazante).

  $$\text{H}-\overline{\text{N}}\text{H}_2$$

• Para el $\text{NH}_4^+$: A los 9 electrones teóricos (5 del N + 4 de los H) le quitamos 1 electrón por la carga positiva, y nos quedan 8 electrones. El nitrógeno usa su par libre para unirse a un ion $\text{H}^+$ (protón).

  $$\left[ \begin{array}{c} \text{H} \\ \vert{} \\ \text{H}-\text{N}-\text{H} \\ \vert{} \\ \text{H} \end{array} \right]^+$$

Conclusión: El $\text{NH}_4^+$ presenta un enlace de coordinación (o covalente dativo).

Truco: Os recomiendo que dibujéis el par de electrones solitario del nitrógeno en el amoniaco con dos puntitos de otro color. Así veréis claramente que ese es exactamente el par que se «dona» para formar el catión amonio.

c) Geometría molecular según RPECV

Vamos a aplicar la Teoría de Repulsión de Pares de Electrones de la Capa de Valencia (RPECV):

• Amoniaco ($\text{NH}_3$): Nuestro átomo central (N) está rodeado por 4 pares de electrones (3 enlazantes y 1 no enlazante). La distribución electrónica es tetraédrica, pero la geometría de la molécula es de pirámide trigonal.

• Ion amonio ($\text{NH}_4^+$): El átomo central (N) está rodeado por 4 pares de electrones y en este caso todos son enlazantes. Su geometría molecular es tetraédrica.

d) Hidrólisis y pH del suelo

El enunciado nos dice que los nutrientes son más solubles en medios ácidos. Vamos a ver qué pasa al echar nitrato de amonio ($\text{NH}_4\text{NO}_3$) en el suelo.

Primero, disociamos la sal completamente:

Ahora miramos si los iones sufren hidrólisis:

1. El ion nitrato ($\text{NO}_3^-$) viene del ácido nítrico ($\text{HNO}_3$), que es un ácido fuerte. Por tanto, no se hidroliza.

2. El ion amonio ($\text{NH}_4^+$) viene del amoniaco ($\text{NH}_3$), que es una base débil (fijaos que nos dan su $pK_b$). Este sí se hidroliza al reaccionar con el agua:

Conclusión: Esta reacción produce iones hidronio ($\text{H}_3\text{O}^+$), haciendo que el suelo sea ácido y, por tanto, más favorable para disolver los nutrientes.

Mi consejo (1): En los ejercicios de hidrólisis, siempre, siempre, siempre tenéis que escribir la reacción de equilibrio. Si solo me decís de palabra que el medio es ácido pero no me ponéis la ecuación química demostrando que aparece el $\text{H}_3\text{O}^+$, en la PAU no os darán todos los puntos.

Mi consejo (2): A la hora de escribir los pares de electrones en Lewis, marcad con un color o símbolo distinto el par solitario del amoniaco. Así quedará visualmente demostrado por qué ese enlace se convierte en dativo al unirse el protón.

a) Identificación de elementos

• Elemento A: Sus números cuánticos (3,0,0) nos dicen que su último electrón está en un orbital $3s$. Como su ion más estable es $\text{A}^+$, su configuración termina en $3s^1$. Hablamos del sodio (Na), configuración $1s^2 2s^2 2p^6 3s^1$, grupo 1, periodo 3.

• Elemento B: Es un alcalinotérreo con electrón externo en (3,0,0), así que termina en $3s^2$. Es el magnesio (Mg), configuración $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2$, grupo 2, periodo 3.

• Elemento C: Su ion estable es $\text{C}^-$, le falta un electrón para llenar la capa $3p^6$, por lo que termina en $3s^2 3p^5$. Es el cloro (Cl), configuración $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^5$, grupo 17, periodo 3.

b) Menor energía de ionización

El elemento A (Na) es el que tiene la menor energía de ionización. Pensad que los tres están en el mismo periodo, y al avanzar de izquierda a derecha la carga nuclear efectiva aumenta. Esto hace que el núcleo atraiga más fuerte a los electrones y cueste más arrancarlos. Como el sodio es el que está más a la izquierda, es al que menos cuesta quitarle el electrón.

Truco: ¡Alerta roja aquí! No os quedéis solo con la frase «porque está más a la izquierda». Acostumbraos a mencionar siempre la carga nuclear efectiva. Es el concepto clave que los correctores quieren leer.

c) Número cuántico $m_l$

• El número cuántico $m_l$ se llama número cuántico magnético.

• Átomo A (Na): En los orbitales $s$ siempre $m_l=0$, y en los orbitales $p$ hay un orbital con $m_l=0$. Sumando tenemos: 2 electrones en $1s$, 2 en $2s$, 2 en $2p$ y 1 en $3s$. Total: 7 electrones.

• Átomo B (Mg): Igual que el sodio, pero con un electrón más en el orbital $3s$. Total: 8 electrones.

d) Segunda energía de ionización

La 2ª energía de ionización del elemento A (sodio) es muchísimo mayor porque, al quitarle el primer electrón, se ha quedado con una configuración de gas noble ($1s^2 2s^2 2p^6$), que es súper estable. Arrancar un segundo electrón de ahí cuesta una barbaridad. En cambio, en el elemento B (magnesio), el segundo electrón se extrae de un orbital $s$ semiocupado ($3s^1$), y al hacerlo alcanza la configuración de gas noble, por lo que le cuesta mucha menos energía.

• Apartado a): VERDADERA. Recordad la Ley de Coulomb: a menor distancia entre los iones, mayor energía de red. Como el radio del ion litio ($\text{Li}^+$) es más pequeño que el del potasio ($\text{K}^+$), los iones en el $\text{LiF}$ están más juntitos (menor distancia de enlace) y su energía de red es mayor.

• Apartado b): FALSA. Para conducir la electricidad necesitamos cargas que se muevan libremente. En los compuestos covalentes moleculares no hay iones ni electrones libres, da igual si están sólidos, líquidos o fundidos; no conducen.

• Apartado c): FALSA. El boro en el trifluoruro de boro ($\text{BF}_3$) forma tres enlaces simples equivalentes y no le sobran pares de electrones, adoptando una geometría plana trigonal. Su hibridación es $sp^2$, no $sp^3$.

• Apartado d): FALSA. Al hervir una sustancia rompemos fuerzas intermoleculares; cuanto más fuertes sean estas, mayor temperatura necesitamos. El agua ($\text{H}_2\text{O}$) forma enlaces de hidrógeno, que son súper fuertes, mientras que el $\text{H}_2\text{S}$ no puede formarlos. Por eso el agua hierve a mayor temperatura.

• Apartado e): FALSA. Para que una molécula forme enlaces de hidrógeno, necesita tener un átomo de hidrógeno unido directamente a un átomo muy electronegativo y pequeñito, concretamente flúor, oxígeno o nitrógeno. El fósforo (P) no cumple este requisito.

Mi consejo: Para que no dudéis nunca en los apartados D y E, grabaros a fuego la regla del «FON». Solo hay enlace de hidrógeno si la molécula tiene enlaces H-F, H-O o H-N. Si no es uno de esos tres, descartadlo directamente.

Apartado a): Nomenclatura e isomería

Pareja i): El primer compuesto, $\text{CH}_3-\text{CO}-\text{NH}-\text{CH}_3$, es la N-metiletanamida. El otro, $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CO}-\text{NH}_2$, es la propanamida. Ambos tienen la misma fórmula molecular ($\text{C}_3\text{H}_7\text{NO}$), así que son isómeros de posición.

Pareja ii): El primero es el 2-metilpropanoato de etilo (un éster). El segundo es el ácido 2-metilpentanoico. Ambos comparten la misma fórmula molecular ($\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_2$), por lo tanto, se trata de isómeros de función.

Pareja iii): Las dos estructuras que nos dan en el modelo original corresponden al 1-cloro-2-metilprop-1-eno. Tienen la misma fórmula molecular ($\text{C}_4\text{H}_7\text{Cl}$) pero, ¡cuidado!, no son isómeros, sino exactamente la misma molécula dibujada de forma distinta.

Apartado b): Reacciones orgánicas

Vamos a completar las reacciones, separando los reactivos de los productos en distintas líneas para que lo veáis clarísimo en la pantalla.

Reacción i): $\text{CH}_3-\text{CH=CH}-\text{CH}_3$ (but-2-eno) + $\text{HCl}$ $\rightarrow \text{CH}_3-\text{CHCl}-\text{CH}_2-\text{CH}_3$ (2-clorobutano) Es una reacción de adición al doble enlace.

Reacción ii): $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CHOH}-\text{CH}_3$ (pentan-2-ol) + oxidante $\rightarrow \text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CO}-\text{CH}_3$ (pentan-2-ona) Es una reacción de oxidación (pasamos de un alcohol secundario a una cetona).

Reacción iii): $\text{HCOOH}$ (ácido metanoico) + $\text{CH}_3-\text{CH}_2\text{OH}$ (etanol) $\rightarrow \text{HCOO}-\text{CH}_2-\text{CH}_3$ (metanoato de etilo) + $\text{H}_2\text{O}$ Es una reacción de condensación o esterificación.

Reacción iv): cis-pent-2-eno + $\text{H}_2 / \text{Pt}$ $\rightarrow \text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_3$ (pentano) Se trata de una reacción de reducción o hidrogenación (también podéis llamarla de adición).

Reacción v):

$\text{CH}_3-\text{CH=CH}-(\text{CH}_2)_2-\text{CH}_3$ (hex-2-eno) + $\text{H}_2\text{O} / \text{H}^+$

$\rightarrow \text{CH}_3-\text{CHOH}-(\text{CH}_2)_3-\text{CH}_3$ (hexan-2-ol)

$\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CHOH}-(\text{CH}_2)_2-\text{CH}_3$ (hexan-3-ol) Es una reacción de adición (hidratación de un alqueno).

Mi consejo: Acordaos siempre de la regla de Markovnikov. Fijaos en la reacción «v»: el alqueno no es simétrico, pero a ambos lados del doble enlace hay un hidrógeno. Al no haber un carbono «más hidrogenado» que otro, tenemos que poner los dos alcoholes posibles en la solución (hexan-2-ol y hexan-3-ol). ¡Que no se os olvide poner ambos!

a) Reacciones del propan-1-ol

Vamos a formular paso a paso qué le ocurre al propan-1-ol, cuidando el espacio.

i): $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2\text{OH}$ (propan-1-ol) +

$\text{HBr}$ $\rightarrow \text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2\text{Br}$ (1-bromopropano) +

$\text{H}_2\text{O}$ Esto es una reacción de sustitución.

 ii): $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2\text{OH}$ (propan-1-ol) +

oxidante fuerte $\rightarrow \text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{COOH}$ (ácido propanoico).

Al usar un oxidante fuerte sobre un alcohol primario, tenemos una oxidación hasta ácido carboxílico.

iii):

$\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2\text{OH}$ (propan-1-ol)

$\text{CH}_3-\text{CH}(\text{CH}_3)-(\text{CH}_2)_2-\text{COOH}$ (ácido 4-metilpentanoico)

$\rightarrow \text{CH}_3-\text{CH}(\text{CH}_3)-(\text{CH}_2)_2-\text{COO}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_3$

$\text{H}_2\text{O}$ (formando así el 4-metilpentanoato de propilo) Esta es la típica reacción de esterificación o condensación.

iv): $\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2\text{OH}$ (propan-1-ol) +

$\text{H}_2\text{SO}_4$ / calor $\rightarrow \text{CH}_3-\text{CH=CH}_2$ (propeno) +

$\text{H}_2\text{O}$ Con ácido sulfúrico y calor forzamos una eliminación o deshidratación.

b) Nomenclatura por familias

i) Es el 2,2,3-trimetilbutanal, y pertenece a la familia de los aldehídos.

ii) Se trata del 4,5-dimetilhept-2-ino, de la familia de los alquinos.

iii) Es el cis-5-metilhex-2-eno, de la familia de los alquenos.

c) Termoquímica de la combustión del butano

Planteamos nuestra ecuación ajustada y con los estados físicos bien claros:

$\text{C}_4\text{H}_{10} (g)$ + $13/2 \text{ O}_2 (g)$ $\rightarrow 4 \text{ CO}_2 (g)$ + $5 \text{ H}_2\text{O} (l)$

Vamos a calcular la entalpía de la reacción ($\Delta H^\circ_r$) aplicando la ley de Hess con los datos de formación:

$\Delta H^\circ_r = \sum n \Delta H^\circ_f (\text{productos}) – \sum m \Delta H^\circ_f (\text{reactivos})$

$\Delta H^\circ_r = [4 \cdot (-393,5) + 5 \cdot (-285,8)] – [1 \cdot (-125,7)]$

$\Delta H^\circ_r = -2877,3\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$

Ahora, calculamos los moles de butano que tenemos en 12,0 L usando la ecuación de los gases ideales:

$n = (1,00 \cdot 12,0) / (0,0820 \cdot 298)$

$n = 0,491\text{ mol}$

Para terminar, multiplicamos los moles por nuestra entalpía de combustión para sacar el calor total:

$Q = -2877,3 \cdot 0,491$

$Q = -1413\text{ kJ}$

Conclusión: En este proceso se desprenden 1413 kJ de calor.

Truco: Cuidado con los signos al responder la solución final. Si el problema os pregunta «¿qué cantidad de calor se desprende?», dar el valor en positivo (1413 kJ) es perfecto, porque la palabra «desprende» ya implica que sale del sistema hacia fuera.

a) Efecto de la temperatura

Si os fijáis en la tabla, a medida que aumentamos la temperatura, el valor de $K_p$ disminuye. Sabiendo que $K_p = \frac{P_B^2}{P_A}$, esto significa que el equilibrio se está desplazando hacia los reactivos (hacia la izquierda). Por tanto, la presión parcial de A va a aumentar.

b) Fracciones molares

Vamos a montarnos nuestro pequeño esquema de moles en el equilibrio a 789 K, sabiendo que disociamos un 40% ($\alpha = 0,40$).

Moles en el inicio: $n_0$ / $0$

Moles en el equilibrio: $n_0(1 – \alpha) = 0,60 \cdot n_0$ / $2n_0\alpha = 0,80 \cdot n_0$

Moles totales ($n_T$): Sumamos y nos da $0,60 \cdot n_0 + 0,80 \cdot n_0 = 1,40 \cdot n_0$

Las fracciones molares son simplemente dividir los moles de cada uno entre el total:

c) Cálculo de la presión total

Recurrimos a la expresión de $K_p$ en función de las fracciones molares y la presión total ($P_T$):

Metemos los datos que ya tenemos para 789 K:

Despejamos y obtenemos que $P_T = 1,3\text{ atm}$.

d) Adición de un gas inerte

Si añadimos gas helio (que es un gas noble) a volumen y temperatura constantes, estamos metiendo algo que no va a reaccionar con nuestro sistema. Esto implica que las concentraciones y presiones parciales de nuestros gases (A y B) no se modifican en absoluto. Por tanto, el equilibrio no se ve afectado.

Mi consejo: Un clásico error que soléis cometer es pensar que, como al añadir helio aumenta la presión total del recipiente, el equilibrio se desplazará según Le Châtelier. ¡Falso! Le Châtelier se aplica cuando cambia la presión por una variación del volumen del recipiente. Si metéis un gas inerte a volumen constante, las presiones parciales de vuestros gases reaccionantes se quedan igual, así que el equilibrio ni se inmuta.

a) Ajuste Redox por ion-electrón

Vamos a plantear las semirreacciones, recordando que estamos en medio ácido por culpa del ácido clorhídrico ($\text{HCl}$):

Semirreacción de Reducción:

$(\text{CrO}_4^{2-} + 8\text{H}^+ + 3\text{e}^- \rightarrow \text{Cr}^{3+} + 4\text{H}_2\text{O}) \times 2$

Semirreacción de Oxidación:

$(2\text{Cl}^- \rightarrow \text{Cl}_2 + 2\text{e}^-) \times 3$

Ecuación Iónica Global:

$2\text{CrO}_4^{2-} + 16\text{H}^+ + 6\text{Cl}^-$ $\rightarrow 2\text{Cr}^{3+} + 8\text{H}_2\text{O} + 3\text{Cl}_2$

Ecuación Molecular (poniendo los iones espectadores de vuelta):

$2\text{K}_2\text{CrO}_4 + 16\text{HCl}$ $\rightarrow 2\text{CrCl}_3 + 8\text{H}_2\text{O} + 3\text{Cl}_2 + 4\text{KCl}$

b) Estequiometría con pureza

Primero, vemos cuántos moles de cloruro de cromo(III) queremos conseguir.

Su masa molar es $158,5\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}$:

$n(\text{CrCl}_3) = 60,0\text{ g} / 158,5\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}$ $n = 0,379\text{ mol}$

Mirando la reacción molecular global, la proporción entre el cloruro de cromo(III) y el cromato de potasio es de 2 a 2, por lo que necesitamos exactamente los mismos moles. Pasamos esos moles a masa sabiendo que la masa molar del cromato es $194,2\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}$:

$m(\text{K}_2\text{CrO}_4\text{ puro}) = 0,379 \cdot 194,2$ $m = 73,6\text{ g}$

Pero ojo, nuestro bote del laboratorio es comercial al 70%, así que necesitaremos coger un poco más de cantidad para poder llegar a esos gramos puros:

Masa comercial = $73,6 \cdot (100 / 70,0)$

Masa comercial = $105\text{ g}$

c) pH de un ácido fuerte

El ácido clorhídrico ($\text{HCl}$) es fuerte y se disocia por completo en el agua: $\text{HCl} + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{Cl}^- + \text{H}_3\text{O}^+$

Esto significa que la concentración final de iones hidronio es idéntica a la que teníamos de ácido inicialmente: $[\text{H}_3\text{O}^+] = [\text{HCl}] = 1,25 \times 10^{-2}\text{ M}$ $\text{pH} = -\log (1,25 \times 10^{-2})$ $\text{pH} = 1,90$

d) pH de un ácido débil

Nos piden buscar la concentración inicial ($c$) de un ácido débil (el ácido acético) para conseguir exactamente ese mismo pH ($1,90$), lo que implica que $[\text{H}_3\text{O}^+] = x = 1,25 \times 10^{-2}\text{ M}$.

Planteamos nuestro equilibrio para el ácido acético ($\text{HA}$): $\text{HA} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{A}^- + \text{H}_3\text{O}^+$

Inicio: $c_0$   

Equilibrio: $c – x$ / $x$ / $x$

Metemos estos datos en la expresión de nuestra constante ácida $K_a$:

$K_a = [\text{H}_3\text{O}^+] \cdot [\text{A}^-] / [\text{HA}]$ $1,8 \times 10^{-5} = (1,25 \times 10^{-2})^2 / (c – 1,25 \times 10^{-2})$

Si despejamos $c$, obtenemos la concentración inicial que necesitamos: $c = 8,7\text{ M}$

Mi consejo: Un error súper común en la PAU es que os olvidáis de restar la «$x$» en el denominador del equilibrio ($c – x$). Soléis asumir que como la $K_a$ es pequeña, la $x$ es despreciable. ¡Cuidado! En este caso la $x$ vale $0,0125$, que no es en absoluto despreciable. Si no la restáis, el resultado final os bailará un poco.