Resolución Examen de Química PAU CYL 2026

Examen de Química – Soluciones razonadas

En los apartados con opción A/B se resuelven ambas opciones.

Enunciado – Apartado 1

APARTADO 1. Responda las siguientes cuestiones:

Escriba la configuración electrónica ordenada en el estado fundamental de las siguientes especies químicas, justificando el número de electrones desapareados que tiene cada una: Mn y Ca²⁺.
Justifique cuál de los siguientes elementos tiene una menor energía de ionización: calcio, estroncio, rubidio y potasio.
Señale los dos factores fundamentales de los que depende la energía reticular y justifique cuál de las siguientes sustancias iónicas tendrá un valor mayor: yoduro de potasio (KI) y óxido de calcio (CaO).

Solución – Apartado 1

a) Configuración electrónica y electrones desapareados

Manganeso, Mn

El manganeso tiene número atómico Z = 25, por tanto el átomo neutro posee 25 electrones.

Mn: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d⁵

Mn: [Ar] 4s² 3d⁵

El subnivel 3d tiene cinco orbitales. Según la regla de Hund, antes de aparearse los electrones ocupan orbitales distintos con espines paralelos. Por eso, en 3d⁵ hay cinco electrones desapareados.

Mn: [Ar] 4s² 3d⁵; tiene 5 electrones desapareados.

Ion calcio, Ca²⁺

El calcio tiene Z = 20. El átomo neutro tiene configuración:

Ca: [Ar] 4s²

Al formar Ca²⁺ pierde los dos electrones del subnivel 4s:

Ca → Ca²⁺ + 2e⁻

Por tanto:

Ca²⁺: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ = [Ar]

Todos los subniveles están completos, luego todos los electrones están apareados.

Ca²⁺: [Ar]; tiene 0 electrones desapareados.

b) Elemento con menor energía de ionización

La energía de ionización disminuye al descender en un grupo porque aumenta el tamaño atómico y el apantallamiento. Además, aumenta al avanzar de izquierda a derecha en un período porque aumenta la carga nuclear efectiva.

K y Rb están en el grupo 1. Como Rb está debajo de K, tiene menor energía de ionización.
Ca y Sr están en el grupo 2. Como Sr está debajo de Ca, tiene menor energía de ionización que Ca.
Rb y Sr están en el período 5. Como Rb está más a la izquierda, tiene menor energía de ionización que Sr.

El elemento con menor energía de ionización es el rubidio, Rb.

c) Energía reticular usando la ecuación de Born-Landé simplificada

En Bachillerato se suele usar una forma simplificada de la ecuación de Born-Landé para razonar la energía reticular:

|U| ∝ |z⁺ · z⁻| / r₀

donde z⁺ y z⁻ son las cargas de los iones y r₀ es la distancia entre los centros iónicos, relacionada con la suma de los radios iónicos.

Por tanto, la energía reticular aumenta cuando:

El producto de las cargas iónicas en valor absoluto es mayor.
La distancia entre los iones es menor, es decir, cuando los iones son más pequeños.

Sustancia	Iones	\|z⁺ · z⁻\|	Tamaño iónico aproximado	Conclusión
KI	K⁺ e I⁻	1	I⁻ es grande	Menor energía reticular
CaO	Ca²⁺ y O²⁻	4	Iones más pequeños	Mayor energía reticular

En CaO las cargas iónicas son mayores: Ca²⁺ y O²⁻, por lo que |z⁺z⁻| = 4. En cambio, en KI los iones son K⁺ e I⁻, con |z⁺z⁻| = 1. Además, el ion yoduro es grande, por lo que la distancia interiónica en KI es mayor.

Según la ecuación de Born-Landé simplificada, la energía reticular es mayor en CaO que en KI.

Enunciado – Apartado 2

La reacción del peróxido de hidrógeno (H₂O₂) con el permanganato de potasio (KMnO₄) en disolución acuosa, acidificada con ácido sulfúrico (H₂SO₄), es una reacción exotérmica y rápida. En ella se producen sulfato de manganeso (II) (MnSO₄), sulfato de potasio (K₂SO₄), oxígeno (O₂) y agua.

Indique razonadamente la especie que actúa como oxidante y como reductor.
Ajuste la ecuación molecular de este proceso mediante el método del ion-electrón.

Solución – Apartado 2

a) Números de oxidación, oxidante y reductor

Escribimos la reacción sin ajustar y colocamos los números de oxidación encima de cada elemento:

+1H₂−1O₂ + +1K+7Mn−2O₄ + +1H₂+6S−2O₄ → +2Mn+6S−2O₄ + +1K₂+6S−2O₄ + 0O₂ + +1H₂−2O

Cambio	Número de oxidación	Proceso	Conclusión
Mn en MnO₄⁻ → Mn²⁺	+7 → +2	Gana 5e⁻. Se reduce.	El permanganato es oxidante.
O en H₂O₂ → O₂	−1 → 0	Pierde e⁻. Se oxida.	El H₂O₂ es reductor.

Especie oxidante: MnO₄⁻, procedente del KMnO₄.
Especie reductora: H₂O₂.

b) Ajuste por el método del ion-electrón

1. Semirreacción de reducción

El permanganato se reduce en medio ácido:

MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5e⁻ → Mn²⁺ + 4H₂O

2. Semirreacción de oxidación

El peróxido de hidrógeno se oxida a oxígeno:

H₂O₂ → O₂ + 2H⁺ + 2e⁻

3. Igualamos electrones

La reducción intercambia 5 electrones y la oxidación 2 electrones. El mínimo común múltiplo es 10.

2MnO₄⁻ + 16H⁺ + 10e⁻ → 2Mn²⁺ + 8H₂O

5H₂O₂ → 5O₂ + 10H⁺ + 10e⁻

4. Sumamos y simplificamos

Se cancelan los electrones. Además, de los 16H⁺ de los reactivos y los 10H⁺ de los productos, quedan 6H⁺ en los reactivos.

Ecuación iónica ajustada:
2MnO₄⁻ + 5H₂O₂ + 6H⁺ → 2Mn²⁺ + 5O₂ + 8H₂O

5. Pasamos a la ecuación molecular

El medio ácido lo proporciona el ácido sulfúrico. Los 6H⁺ proceden de 3H₂SO₄, que también aporta los grupos sulfato.

Ecuación molecular ajustada:
2KMnO₄ + 5H₂O₂ + 3H₂SO₄ → 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 5O₂ + 8H₂O

6. Comprobación de átomos

Elemento	Reactivos	Productos
K	2	2
Mn	2	2
H	16	16
S	3	3
O	30	30

Enunciado – Apartado 3

Responda a una de las dos preguntas propuestas (3A ó 3B). Debe responder todas las cuestiones de la pregunta elegida. No se pueden combinar cuestiones de las dos preguntas.

3A

Con el fin de abrillantar una superficie de aluminio se prepara una disolución acuosa de ácido fluorhídrico (HF) disolviendo 4,5 g de ese ácido en agua hasta un volumen total de 500 mL. Calcule:

El grado de disociación.
El pH.

Dato: K_a = 6,7 · 10⁻⁴.

3B

La disociación del tetraóxido de dinitrógeno transcurre según el equilibrio N₂O₄(g) ⇌ 2NO₂(g).

Calcule el grado de disociación del tetraóxido de dinitrógeno si se sabe que a 30 ºC y 5 atm de presión el valor de K_p es 0,15.
Explique cómo se desplaza el equilibrio si se lleva a cabo en un recipiente cerrado y se aumenta la presión, a volumen y temperatura constantes, introduciendo un gas inerte.

Solución – 3A

a) Grado de disociación del HF

La masa molar del HF es aproximadamente:

M(HF) = 1,0 + 19,0 = 20,0 g·mol⁻¹

Moles de HF:

n = 4,5 g / 20,0 g·mol⁻¹ = 0,225 mol

Como el volumen total es 500 mL = 0,500 L:

C₀ = 0,225 mol / 0,500 L = 0,450 M

El equilibrio de disociación es:

HF(aq) + H₂O(l) ⇌ H₃O⁺(aq) + F⁻(aq)

	HF	H₃O⁺	F⁻
Inicial	C₀	0	0
Equilibrio	C₀(1 − α)	C₀α	C₀α

Por tanto:

K_a = [H₃O⁺][F⁻] / [HF] = C₀α² / (1 − α)

6,7 · 10⁻⁴ = 0,450α² / (1 − α)

Reordenando:

0,450α² + 6,7 · 10⁻⁴α − 6,7 · 10⁻⁴ = 0

Resolviendo la ecuación de segundo grado:

α = 0,0379

El grado de disociación del HF es α = 0,0379, es decir, aproximadamente 3,79 %.

b) pH

La concentración de oxonio es:

[H₃O⁺] = C₀α = 0,450 · 0,0379 = 1,70 · 10⁻² M

pH = −log[H₃O⁺] = −log(1,70 · 10⁻²) = 1,77

pH ≈ 1,77.

Solución – 3B

a) Grado de disociación

N₂O₄(g) ⇌ 2NO₂(g)

Partimos de 1 mol inicial de N₂O₄.

	N₂O₄	NO₂	Moles totales
Equilibrio	1 − α	2α	1 + α

Las presiones parciales en el equilibrio son:

p(N₂O₄) = [(1 − α)/(1 + α)]P

p(NO₂) = [2α/(1 + α)]P

Entonces:

K_p = p(NO₂)² / p(N₂O₄) = 4Pα² / (1 − α²)

Sustituyendo K_p = 0,15 y P = 5 atm:

0,15 = 4 · 5 · α² / (1 − α²)

0,15(1 − α²) = 20α²

α² = 0,15 / 20,15 = 0,00744

α = 0,0863

El grado de disociación del N₂O₄ es α = 0,0863, aproximadamente 8,63 %.

b) Introducción de un gas inerte a volumen y temperatura constantes

Aunque aumenta la presión total, las presiones parciales de N₂O₄ y NO₂ no cambian, porque a volumen y temperatura constantes sus cantidades de sustancia permanecen iguales.

Como el cociente de reacción depende de las presiones parciales de las especies que participan en el equilibrio, y estas no varían, el equilibrio no se desplaza.

Al añadir un gas inerte a volumen y temperatura constantes, el equilibrio no se desplaza.

Enunciado – Apartado 4

Responda a una de las dos preguntas propuestas (4A ó 4B). Debe responder todas las cuestiones de la pregunta elegida. No se pueden combinar cuestiones de las dos preguntas.

4A

El LiF es una sal tóxica por ingestión e irritante para ojos, piel y vías respiratorias. Su solubilidad en agua es de 1,113 g/L. Responda:

Calcule el producto de solubilidad del LiF.
Justifique numéricamente si se forma precipitado al mezclar 10 mL de una disolución 0,1 M de NaF con 15 mL de una disolución 0,1 M de LiNO₃ y 5 mL de agua, considerando volúmenes aditivos.

4B

La hidracina N₂H₄(l) y la dimetilhidracina N₂H₂(CH₃)₂(l) son combustibles. Reaccionan con oxígeno produciendo, respectivamente, H₂O(g), N₂(g), y en el segundo caso también CO₂(g).

Datos: ΔH_fº H₂O(g) = −241,8 kJ/mol; ΔH_fº CO₂(g) = −393,5 kJ/mol; ΔH_fº N₂H₄(l) = 50,6 kJ/mol; ΔH_fº N₂H₂(CH₃)₂(l) = 42,0 kJ/mol.

Determine cuál de los dos combustibles sería más eficiente si hubiera limitación de peso. Exprese en kJ/g.
Explique si los procesos son exotérmicos o endotérmicos y razone la variación de entropía.

Solución – 4A

a) Producto de solubilidad del LiF

LiF(s) ⇌ Li⁺(aq) + F⁻(aq)

M(LiF) = 6,94 + 19,00 = 25,94 g·mol⁻¹

s = 1,113 / 25,94 = 4,29 · 10⁻² mol·L⁻¹

K_ps = [Li⁺][F⁻] = s² = (4,29 · 10⁻²)² = 1,84 · 10⁻³

K_ps(LiF) ≈ 1,84 · 10⁻³.

b) Formación de precipitado

Volumen total:

V = 10 mL + 15 mL + 5 mL = 30 mL = 0,030 L

n(F⁻) = 0,010 · 0,1 = 1,0 · 10⁻³ mol

n(Li⁺) = 0,015 · 0,1 = 1,5 · 10⁻³ mol

[F⁻] = 1,0 · 10⁻³ / 0,030 = 3,33 · 10⁻² M

[Li⁺] = 1,5 · 10⁻³ / 0,030 = 5,00 · 10⁻² M

Q = [Li⁺][F⁻] = (5,00 · 10⁻²)(3,33 · 10⁻²) = 1,67 · 10⁻³

Como Q = 1,67 · 10⁻³ < K_ps = 1,84 · 10⁻³, la disolución no supera el producto de solubilidad.

No se forma precipitado de LiF, porque Q < K_ps.

Solución – 4B

a) Eficiencia en kJ/g

Hidracina

N₂H₄(l) + O₂(g) → N₂(g) + 2H₂O(g)

ΔHº = [2(−241,8) + 0] − [50,6 + 0] = −534,2 kJ·mol⁻¹

M(N₂H₄) ≈ 32,0 g·mol⁻¹

534,2 / 32,0 = 16,7 kJ·g⁻¹

Dimetilhidracina

Su fórmula global es:

N₂H₂(CH₃)₂ = C₂H₈N₂

C₂H₈N₂(l) + 4O₂(g) → 2CO₂(g) + 4H₂O(g) + N₂(g)

ΔHº = [2(−393,5) + 4(−241,8) + 0] − [42,0 + 0] = −1796,2 kJ·mol⁻¹

M(C₂H₈N₂) ≈ 60,0 g·mol⁻¹

1796,2 / 60,0 = 29,9 kJ·g⁻¹

Si hay limitación de peso, la dimetilhidracina es más eficiente: 29,9 kJ/g frente a 16,7 kJ/g.

b) Carácter térmico y entropía

Ambas entalpías de reacción son negativas, por lo que ambas combustiones son exotérmicas.

Hidracina: se pasa de 1 mol gaseoso en reactivos a 3 moles gaseosos en productos.
Dimetilhidracina: se pasa de 4 moles gaseosos en reactivos a 7 moles gaseosos en productos.

En ambos casos ΔHº < 0, por tanto son procesos exotérmicos. Además, aumenta el número de moles gaseosos, así que la entropía aumenta: ΔS > 0.

Enunciado – Apartado 5

Responda a una de las dos preguntas propuestas (5A ó 5B). Debe responder todas las cuestiones de la pregunta elegida. No se pueden combinar cuestiones de las dos preguntas.

5A

Formule y nombre un ejemplo de cada una de las tres sustancias orgánicas siguientes: una amina terciaria, un alcohol secundario con un doble enlace carbono-carbono, un ácido carboxílico que tenga a la vez una función cetona.
Escriba una reacción de adición al propeno, formulando y nombrando los reactivos y productos implicados.

5B

Para el compuesto 3-metilbut-1-eno / 3-metil-1-buteno responda:

Formule el compuesto.
Formule y nombre un isómero de posición y explique por qué lo es.
Formule y nombre un isómero de cadena y explique por qué lo es.
Escriba la reacción del compuesto con yoduro de hidrógeno e indique el tipo de reacción y el nombre del producto.

Solución – 5A

a) Ejemplos de sustancias orgánicas

Tipo de compuesto	Fórmula	Nombre	Justificación
Amina terciaria	(CH₃)₃N	Trimetilamina	El nitrógeno está unido a tres grupos carbonados.
Alcohol secundario con doble enlace C=C	CH₃−CH(OH)−CH=CH₂	But-3-en-2-ol	El carbono que porta el −OH está unido a dos carbonos y hay un doble enlace C=C.
Ácido carboxílico con función cetona	CH₃−CO−CH₂−COOH	Ácido 3-oxobutanoico	Contiene el grupo ácido carboxílico −COOH y el grupo cetona C=O.

b) Adición al propeno

Un ejemplo es la adición de bromuro de hidrógeno al propeno:

CH₃−CH=CH₂ + HBr → CH₃−CHBr−CH₃

Reactivo orgánico: propeno.
Reactivo inorgánico: bromuro de hidrógeno.
Producto: 2-bromopropano.

Es una reacción de adición electrofílica al doble enlace. Sigue la regla de Markovnikov: el H se une al carbono del doble enlace que tiene más hidrógenos y el Br al carbono más sustituido.

Propeno + HBr → 2-bromopropano.

Solución – 5B

a) Fórmula del 3-metilbut-1-eno

CH₂=CH−CH(CH₃)−CH₃

3-metilbut-1-eno: CH₂=CH−CH(CH₃)−CH₃.

b) Isómero de posición

Un isómero de posición conserva el mismo esqueleto carbonado y la misma fórmula molecular, pero cambia la posición del doble enlace.

CH₃−C(CH₃)=CH−CH₃

Isómero de posición: 2-metilbut-2-eno. Es isómero de posición porque mantiene la fórmula C₅H₁₀ y el mismo esqueleto ramificado, pero cambia la posición del doble enlace.

c) Isómero de cadena

Un isómero de cadena conserva la fórmula molecular, pero cambia el esqueleto carbonado.

CH₂=CH−CH₂−CH₂−CH₃

Isómero de cadena: pent-1-eno. Tiene fórmula C₅H₁₀, pero cadena lineal en lugar de ramificada.

d) Reacción con yoduro de hidrógeno

El 3-metilbut-1-eno reacciona con HI por adición electrofílica al doble enlace:

CH₂=CH−CH(CH₃)−CH₃ + HI → CH₃−CH(I)−CH(CH₃)−CH₃

Aplicando la regla de Markovnikov (el compuesto mayoritario será aquel en el que el H se una al C con mayor número de H, el H se une al carbono terminal del doble enlace y el I al carbono más sustituido.

Tipo de reacción: adición electrofila.
Producto: 2-yodo-3-metilbutano.